《大学物理学》课程作业习题（含解答）第7章作业题

7一1两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和广的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R=2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（(A)BR=2B,(B)BR=B,(C)2BR=B（D)BR=4B分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比，根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比--因而正确答案为（C）。一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量7 -2 为（）(A) 2元r*B(B)元r°B(C) 2元r-Bcosα(D）元r*Bcosα题7-2图分析与解作半径为r的圆S'与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S的磁通量等于穿出圆面S'的磁通量；@m=B.S.因而正确答案为（D）7-7已知铜的摩尔质量M=63.75g·mol-，密度p=8.9g:cm3，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度J#=6.0A.mm-2，求此时铜线内电子的漂移速率0a：（2）在室温下电子热运动的平均

7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺 线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度 大小BR 、Br满足（ ） （A） BR = 2Br （B） BR = Br （C） 2BR = Br （D） BR = 4Br 分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成 正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比 2 1 = = R r n n r R 因而正确答案为（C）。 7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ） （A） r B 2 2π （B） r B 2 π （C） 2πr Bcosα 2 （D） πr Bcosα 2 分析与解 作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭 合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量； Φm = B S ．因而正确答案为（D）． 7 －7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol－1 ，密度ρ ＝8.9 g· cm －3 ，在铜导线里，假 设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度 2 jm 6.0A mm− =  ，求此时铜线内电子的漂移速率vd ；（2） 在室温下电子热运动的平均

速率是电子漂移速率a的多少倍？分析一个铜原子的质量m=M/N,，其中M为阿伏伽德罗常数，由铜的密度p可以推算出铜的原子数密度n=p/m根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度j…=neoa，从而可解得电子的漂移速率0d将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率0=,BKT元m其中k为玻耳兹曼常量，me为电子质量。从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系.解（1）铜导线单位体积的原子数为n=Nap/M电流密度为时铜线内电子的漂移速率O= j. /ne= j.M/Nape=4.46×10-m-s-（2）室温下（T=300K）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为K~2.42×10Vava Vm室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率，电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子。实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的7一8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度

速率是电子漂移速率vd的多少倍？ 分析 一个铜原子的质量 m M NA = / ,其中NA 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算 出铜的原子数密度 n = ρ / m 根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度 m ne d j = v ．从而可解 得电子的漂移速率vd． 将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率 me kT π 8 v = 其中k 为玻耳兹曼常量，me 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系． 解 （1） 铜导线单位体积的原子数为 n = NA ρ/ M 电流密度为jm 时铜线内电子的漂移速率 4 1 / / 4.46 10 m s − − = j ne = j M N ρe =   vd m m A （2） 室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 8 2.42 10 π 1 8 =   d d me kT v v v 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是 无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信 息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的． 7 －8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m，内圆柱面的半径为3.0 mm，外圆 柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm的圆 柱面上的电流密度．

题7-8图分析如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度对中心轴对称分布。根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r的同轴圆柱面上流过的电流I都相等，因此可得j=1/2元/l解由分析可知，在半径r=6.0mm的圆柱面上的电流密度 j= I/2元l =13.3 mA·m-27-10如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接求环心O的磁感强度,题7-10图分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发，由于电源距环较远，Be,=0.而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于Idlxr=0，由毕一萨定律知Bbe=Ba=0.流过圆弧的电流lL的方向如图所示，两圆弧在点○激发的磁场分别为

分析 如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布．根据 恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得 j = I / 2πrl 解 由分析可知，在半径r ＝6.0 mm的圆柱面上的电流密度 2 / 2π 13.3 mA m − j = I rl =  7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b 两点，并与很远处的电源相接。 求环心O 的磁感强度． 分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆 弧电流共同激发．由于电源距环较远， Bef = 0 ．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由 于 Idl r  = 0，由毕－萨定律知 0 B B be fa = = ．流过圆弧的电流I1 、I2的方向如图所示，两 圆弧在点O 激发的磁场分别为

=-号4TI其中1、分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长I成正比，而圆弧acb、ad又构成并联电路，故有,1 = 12l2将B1、B2叠加可得点O的磁感强度B.解由上述分析可知，点O的合磁感强度04-40=0B=B -B, = 47－11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？(a)(b)(e)惠7-11图分析应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，它们各自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B,=ZB解（a）长直电流对点O而言，有ldlxr=0，因此它在点O产生的磁场为零，则点0处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有B-张Bo的方向垂直纸面向外（b）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得-张Bo的方向垂直纸面向里.（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

2 0 1 1 1 4πr μ I l B = , 2 0 2 2 2 4πr μ I l B = 其中I1 、I2 分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb、adb 又构成并联电路，故有 1 1 2 2 I l = I l 将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度 0 4π 4π 2 0 2 2 2 0 1 1 = 1 − 2 = − = r μ I l r μ I l B B B 7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O 的磁感强度各为 多少？ 分析 应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，它们各 自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度 B0 =Bi 解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有 Idl r = 0，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有 R μ I B 8 0 0 = B0 的方向垂直纸面向外． （ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得 R μ I R μ I B 2 2π 0 0 0 = − B0 的方向垂直纸面向里． （c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

B.=微+始+岁=+%=4元R+4元R+4R2元R+4RBo的方向垂直纸面向外。7一13如图所示，一个半径为R的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I在柱面上均匀分布。求半圆柱面轴线00上的磁感强度(b)(a)题7-13图分析毕一萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度dI=Rdo的细电流，细电流与轴线oo"平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度。解，根据分析，由于长直细线中的电流dI=Idl/元R，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为dB=2kd其方向在Oxy平面内，且与由d1引向点O的半径垂直，如图7-13（b）所示。由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线00”上产生的磁感强度登加后，得B,=JdBsinO=0-a-r.-张则轴线上总的磁感强度大小B=B,= KB的方向指向Ox轴负向.7一17有一同轴电缆，其尺寸如图（a）所示。两导体中的电流均为I，但电流的流向相

R μ I R μ I R μ I R μ I R μ I B 4π 4π 4 2π 4 0 0 0 0 0 0 = + + = + B0 的方向垂直纸面向外． 7 －13 如图所示，一个半径为R 的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上 均匀分布．求半圆柱面轴线OO′上的磁感强度． 分析 毕－萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱 面分割成宽度 dI = Rdθ 的细电流，细电流与轴线OO′平行，将细电流在轴线上产生的磁感 强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度． 解 根据分析，由于长直细线中的电流 dI = Idl / πR，它在轴线上一点激发的磁感强度的大 小为 I R μ B d 2π d 0 = 其方向在Oxy 平面内，且与由ｄl 引向点O 的半径垂直，如图7 －13（ｂ）所示．由对称 性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO′上产生的磁感强度叠加后，得  By = dBsin θ = 0 R μ I R θ θ R I R μ B B θ x 2 0 π 0 0 π 0 π d sin 2π π = d sin =  =   则轴线上总的磁感强度大小 R μ I B Bx 2 0 π = = B 的方向指向 Ox 轴负向． 7 －17 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相

反，导体的磁性可不考虑：试计算以下各处的磁感强度(1)rR(a)(b)题7-17图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，B.dl=B·2元r，利用安培环路定理fB.d/=uZI，可解得各区域的磁感强度.解由上述分析得rRsB, 2元r= %(1-1)=0

反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R1 ；（2） R1 ＜r ＜ R2 ；（3） R2 ＜r ＜R3 ；（4） r ＞R3 ．画出B －r 图线． 分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，  d =  2πr  B l B ，利用安培环路定理   = μ I d 0 B l ，可解得各区域的磁感强度． 解 由上述分析得 r ＜R1 2 2 1 1 0 π π 1 2π r R B  r = μ 2 1 0 1 2πR μ Ir B = R1 ＜r ＜R2 B r μ I 2 2π = 0  r μ I B 2π 0 2 = R2 ＜r ＜R3 ( ) ( )       − −  = − I R R r R B r μ I 2 2 2 3 2 2 3 0 π π 2π 2 2 2 3 2 2 0 3 3 2π R R R r r μ I B − − = r ＞R3 B4 2πr = μ0 (I − I) = 0

B =0磁感强度B（r）的分布曲线如图（b）：7－18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7-18图分析根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而fB.dl =B.2r依照安培环路定理B·dI=μoZI，可以解得螺线管内磁感强度的分布.解依照上述分析，有B-2mr= 40Z1rr >RiB, 2ur = MoNI2->R2B, 2mr= 0

B4 = 0 磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）． 7 －18 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． 分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半 径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而  d =  2πr  B l B 依照安培环路定理   = μ I d 0 B l ，可以解得螺线管内磁感强度的分布． 解 依照上述分析，有 B r = μ I 2π 0 r ＜R1 B1  2πr = 0 B1 = 0 R2 ＞r ＞R1 B r μ NI 2 2π = 0  r μ NI B 2π 0 2 = r ＞R2 B3  2πr = 0

B,=0在螺线管内磁感强度B沿圆周，与电流成右手螺旋。若R,-R<<R和R2，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径R=(R+R)，则环内的磁感强度近似*B7一19电流I均匀地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量.题7-19图分析由题7-16可得导线内部距轴线为r处的磁感强度B)-第在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义=「B(r)S来求解。沿轴线方向在剖面上取面元dS=Idr，考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量d@=BdS,通过积分，可得单位长度导线内的磁通量@=[,Bdr解由分析可得单位长度导线内的磁通量%4元7—29如图（a）所示，一根长直导线载有电流I=30A，矩形回路载有电流I=20A.试计算作用在回路上的合力。已知d=1.0cm，b=8.0cm，1=0.12m

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  R1 和R2 ，则环内的磁 场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径 ( ) 2 1 2 1 R = R + R ，则环内的磁感强度近似 为 R μ NI B 2π 0  7 －19 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图 中所示剖面的磁通量． 分析 由题7 －16 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度 ( ) 2 0 2πR μ Ir B r = 在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义 B( )dS  Φ = r 来求解．沿轴线方 向在剖面上取面元ｄS ＝lｄr，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝BｄS， 通过积分，可得单位长度导线内的磁通量  = S Φ Bdr 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量 4π d 2π 0 0 2 0 μ I r R μ Ir Φ R = =  7 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1 ＝30 A，矩形回路载有电流I2 ＝20 A．试 计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm，b ＝8.0 cm，l ＝0.12 m．

题7-29图分析矩形上、下两段导线受安培力F和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零。而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F；和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力。解由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F和F4之矢量和，如图（b）所示，它们的大小分别为F=4l2元dHoll!F, =2元(d+b)故合力的大小为F=F,-F,=ol_oll!=1.28 ×10-3 N2元d2元（d+b)合力的方向朝左，指向直导线7－31将一电流均匀分布的无限大载流平面放入磁感强度为Bo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B和B（如图所示），求该载流平面上单位面积所受磁场力的大小和方向

分析 矩形上、下两段导线受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路 来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所 受安培力F3 和F4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力． 解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F3 和F4 之矢量和，如图（ｂ） 所示，它们的大小分别为 d μ I I l F 2π 0 1 2 3 = (d b) μ I I l F + = 2π 0 1 2 4 故合力的大小为 ( ) 1.28 10 N 2π 2π 0 1 2 0 1 2 3 3 4 − =  + = − = − d b μ I I l d μ I I l F F F 合力的方向朝左，指向直导线． 7 －31 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（如图所示），求该载流平 面上单位面积所受磁场力的大小和方向．

题7-31图分析依照题7－20的分析，无限大载流平面两侧为均匀磁场，磁感强度大小为μoj，依照右手螺旋定则可知，它们的方向反向平行，并与原有磁感强度Bo的均匀外磁场叠加，则B,= B -40jB, = Bo +=MoJ从而可解得原均匀磁场的磁感强度Bo和电流面密度j。载流平面在均匀外磁场中受到安培力的作用，由于载流平面自身激发的磁场不会对自身的电流产生作用力，因此作用在dS面积上的安培力dF = Idl ×B,由此可求得单位面积载流平面所受的安培力.解由分析可得(1)B,= Bo-=HojB, = B + Moj(2)由式（1）、（2）解得B, =;(B + B,)j=(B, -B)外磁场B作用在单位面积载流平面上的安培力第-一-周-α(-5)ds=dxdy

分析 依照题7 －20 的分析，无限大载流平面两侧为均匀磁场，磁感强度大小为 μ j 0 2 1 ， 依照右手螺旋定则可知，它们的方向反向平行，并与原有磁感强度B0的均匀外磁场叠加，则 有 B B μ j 1 0 0 2 1 = − B B μ j 2 0 0 2 1 = + 从而可解得原均匀磁场的磁感强度B0和电流面密度j．载流平面在均匀外磁场中受到安培力 的作用，由于载流平面自身激发的磁场不会对自身的电流产生作用力，因此作用在ｄS 面积 上的安培力 d B0 F = Idl  由此可求得单位面积载流平面所受的安培力． 解 由分析可得 B B μ j 1 0 0 2 1 = − （1） B B μ j 2 0 0 2 1 = + （2） 由式（1）、（2）解得 ( ) 0 1 2 2 1 B = B + B ( ) 2 1 0 1 B B μ j = − 外磁场B0 作用在单位面积载流平面上的安培力 ( ) 2 1 2 2 0 0 0 2 1 d d d d d d B B μ jB x y j x yB S F = = = −