7 1兩根長度相同的細導線分別多層密繞在半徑為R 和r 的兩個長直圓筒上形成兩個螺線管，兩個螺線管的長度相同，R 2r，螺線管通過的電流相同為I，螺線管中的磁感強度大小BR 、Br滿足（）（A） （B） （C） （D）分析與解在兩根通過電流相同的螺線管中，磁感強度大小與螺線管線圈單位長度的匝數成正比根據題意，用兩根長度相同的細導線繞成的線圈單位長度的匝數之比因而正確答案為（C）。7 2一個半徑為r 的半球面如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量為（）（A）（B） （C） （D） 分析與解作半徑為r 的圓S與半球面構成一閉合曲面，根據磁場的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進半球面S 的磁通量等于穿出圓面S的磁通量；因而正確答案為（D）7 3下列說法正確的是（）（A） 閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內一定沒有電流穿過（B） 閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內穿過電流的代數和必定為零（C） 磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度必定為零（D） 磁感強度沿閉合回路的積分不為零時，回路上任意一點的磁感強度都不可能為零分析與解由磁場中的安培環路定律，磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度不一定為零；閉合回路上各點磁感強度為零時，穿過回路的電流代數和必定為零。因而正確答案為（B）7 4在圖（）和（）中各有一半徑相同的圓形回路L1 、L2 ，圓周內有電流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）圖中L2 回路外有電流I3 ，P1 、P2 為兩圓形回路上的對應點，則（）（A） ，（B） ，（C） ，（D） ，分析與解由磁場中的安培環路定律，積分回路外的電流不會影響磁感強度沿回路的積分；但同樣會改變回路上各點的磁場分布因而正確答案為（C）*7 5半徑為R 的圓柱形無限長載流直導體置于均勻無限大磁介質之中，若導體中流過的恒定電流為I，磁介質的相對磁導率為 （1），則磁介質內的磁化強度為（）（A）（B） （C） （D） 分析與解利用安培環路定理可先求出磁介質中的磁場強度，再由M（1）H 求得磁介質內的磁化強度，因而正確答案為（B）7 6北京正負電子對撞機的儲存環是周長為240 m 的近似圓形軌道，當環中電子流強度為8 mA 時，在整個環中有多少電子在運行？ 已知電子的速率接近光速。分析一個電子繞存儲環近似以光速運動時，對電流的貢獻為，因而由，可解出環中的電子數。解通過分析結果可得環中的電子數7 7已知銅的摩爾質量M 63.75 mol1 ，密度 8.9 g cm3 ，在銅導線里，假設每一個銅原子貢獻出一個自由電子，（1）為了技術上的安全，銅線內最大電流密度 ，求此時銅線內電子的漂移速率vd ；（2） 在室溫下電子熱運動的平均速率是電子漂移速率vd的多少倍？分析一個銅原子的質量,其中NA 為阿伏伽德羅常數，由銅的密度 可以推算出銅的原子數密度根據假設，每個銅原子貢獻出一個自由電子，其電荷為e，電流密度 從而可解得電子的漂移速率vd將電子氣視為理想氣體，根據氣體動理論，電子熱運動的平均速率其中k 為玻耳茲曼常量，me 為電子質量從而可解得電子的平均速率與漂移速率的關系解（1） 銅導線單位體積的原子數為電流密度為jm 時銅線內電子的漂移速率（2） 室溫下（T 300 ）電子熱運動的平均速率與電子漂移速率之比為室溫下電子熱運動的平均速率遠大于電子在恒定電場中的定向漂移速率電子實際的運動是無規熱運動和沿電場相反方向的漂移運動的疊加考慮到電子的漂移速率很小，電信號的信息載體顯然不會是定向漂移的電子實驗證明電信號是通過電磁波以光速傳遞的7 8有兩個同軸導體圓柱面，它們的長度均為20 m，內圓柱面的半徑為3.0 mm，外圓柱面的半徑為9.0 mm.若兩圓柱面之間有10 A電流沿徑向流過，求通過半徑為6.0 mm的圓柱面上的電流密度分析如圖所示是同軸柱面的橫截面，電流密度j 對中心軸對稱分布根據恒定電流的連續性，在兩個同軸導體之間的任意一個半徑為r 的同軸圓柱面上流過的電流I 都相等，因此可得解由分析可知，在半徑r 6.0 mm的圓柱面上的電流密度7 9如圖所示，已知地球北極地磁場磁感強度B 的大小為6.0105T如設想此地磁場是由地球赤道上一圓電流所激發的，此電流有多大？ 流向如何？解設赤道電流為I，則由教材第7 4 節例2 知，圓電流軸線上北極點的磁感強度因此赤道上的等效圓電流為由于在地球地磁場的 極在地理南極，根據右手螺旋法則可判斷赤道圓電流應該是由東向西流，與地球自轉方向相反7 10如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環的a、b 兩點，并與很遠處的電源相接。求環心O 的磁感強度分析根據疊加原理，點O 的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發由于電源距環較遠，而be、fa兩段直線的延長線通過點O，由于，由畢薩定律知流過圓弧的電流I1 、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點O 激發的磁場分別為,其中I1 、I2 分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導線電阻R 與弧長l 成正比，而圓弧acb、adb又構成并聯電路，故有將B1 、B2 疊加可得點O 的磁感強度B解由上述分析可知，點O 的合磁感強度7 11如圖所示，幾種載流導線在平面內分布，電流均為I，它們在點O 的磁感強度各為多少？分析應用磁場疊加原理求解將不同形狀的載流導線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點O 處所激發的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度解（） 長直電流對點O 而言，有，因此它在點O 產生的磁場為零，則點O 處總的磁感強度為1/4 圓弧電流所激發，故有B0 的方向垂直紙面向外（） 將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導線看作1/2 圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外7 12載流導線形狀如圖所示（圖中直線部分導線延伸到無窮遠），求點O的磁感強度B 分析由教材7 4 節例題可知，圓弧載流導線在圓心激發的磁感強度，其中為圓弧載流導線所張的圓心角，磁感強度的方向依照右手定則確定；半無限長載流導線在圓心點O 激發的磁感強度，磁感強度的方向依照右手定則確定。點O 的磁感強度BO 可以視為由圓弧載流導線、半無限長載流導線等激發的磁場在空間點O 的疊加。解根據磁場的疊加在圖（）中，在圖（）中，在圖（c）中，7 13如圖所示，一個半徑為R 的無限長半圓柱面導體，沿長度方向的電流I 在柱面上均勻分布求半圓柱面軸線OO上的磁感強度分析畢薩定理只能用于求線電流的磁場分布，對于本題的半圓柱形面電流，可將半圓柱面分割成寬度的細電流，細電流與軸線OO平行，將細電流在軸線上產生的磁感強度疊加，即可求得半圓柱面軸線上的磁感強度解根據分析，由于長直細線中的電流，它在軸線上一點激發的磁感強度的大小為其方向在Oxy 平面內，且與由l 引向點O 的半徑垂直，如圖7 13（）所示由對稱性可知，半圓柱面上細電流在軸線OO上產生的磁感強度疊加后，得則軸線上總的磁感強度大小B 的方向指向Ox 軸負向7 14實驗室中常用所謂的亥姆霍茲線圈在局部區域內獲得一近似均勻的磁場，其裝置簡圖如圖（）所示一對完全相同、彼此平行的線圈，它們的半徑均為R，通過的電流均為I，且兩線圈中電流的流向相同試證：當兩線圈中心之間的距離d 等于線圈的半徑R 時，在兩線圈中心連線的中點附近區域，磁場可看成是均勻磁場(提示：如以兩線圈中心連線的中點為坐標原點O，兩線圈中心連線為x 軸，則中點附近的磁場可看成是均勻磁場的條件為；)分析設磁感強度在Ox 軸線上的分布為B（x）（可由兩個圓電流線圈在軸線上磁場的疊加而得），如在軸線上某點處，這表明在該點附近的磁感強度有三種可能，即有極大值()、極小值() 或均勻()據此可得獲得均勻磁場的條件證取兩線圈中心連線的中點為坐標原點O，兩線圈中心軸線為x 軸，在x軸上任一點的磁感強度則當時，磁感強度在該點附近小區域內是均勻的，該小區域的磁場為均勻場由， 解得x 0由，解得 d R 將磁感強度B 在兩線圈中點附近用泰勒級數展開，則若x 1；且；則磁感強度B（x）在中點O 附近近似為常量，場為均勻場這表明在d R 時，中點（x 0）附近區域的磁場可視為均勻磁場7 15如圖所示，載流長直導線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量分析由于矩形平面上各點的磁感強度不同，故磁通量BS為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ldx圖（），載流長直導線的磁場穿過該面元的磁通量為矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量7 16已知10 mm2 裸銅線允許通過50 A 電流而不會使導線過熱電流在導線橫截面上均勻分布求：（1） 導線內、外磁感強度的分布；（2） 導線表面的磁感強度分析可將導線視作長直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導體，故其磁場必然呈軸對稱分布，即在與導線同軸的圓柱面上的各點，B 大小相等方向與電流成右手螺旋關系為此，可利用安培環路定理，求出導線表面的磁感強度解（1） 圍繞軸線取同心圓為環路L，取其繞向與電流成右手螺旋關系，根據安培環路定理，有在導線內r R， ，因而在導線外r R，因而磁感強度分布曲線如圖所示（2） 在導線表面磁感強度連續，由I 50 A，得7 17有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導體中的電流均為I，但電流的流向相反，導體的磁性可不考慮試計算以下各處的磁感強度：（1） r R1 ；（2） R1 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 畫出B r 圖線分析同軸電纜導體內的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱，取半徑為r 的同心圓為積分路徑， ，利用安培環路定理，可解得各區域的磁感強度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感強度B（r）的分布曲線如圖（）7 18如圖所示，N 匝線圈均勻密繞在截面為長方形的中空骨架上求通入電流I 后，環內外磁場的分布分析根據右手螺旋法則，螺線管內磁感強度的方向與螺線管中心軸線構成同心圓，若取半徑為r 的圓周為積分環路，由于磁感強度在每一環路上為常量，因而依照安培環路定理，可以解得螺線管內磁感強度的分布解依照上述分析，有r R1 R2 r R1 r R2 在螺線管內磁感強度B 沿圓周，與電流成右手螺旋若 和R2 ，則環內的磁場可以近似視作均勻分布，設螺線環的平均半徑，則環內的磁感強度近似為7 19電流I 均勻地流過半徑為R 的圓形長直導線，試計算單位長度導線內的磁場通過圖中所示剖面的磁通量分析由題7 16 可得導線內部距軸線為r 處的磁感強度在剖面上磁感強度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義來求解沿軸線方向在剖面上取面元S lr，考慮到面元上各點B 相同，故穿過面元的磁通量BS，通過積分，可得單位長度導線內的磁通量解由分析可得單位長度導線內的磁通量7 20設電流均勻流過無限大導電平面，其面電流密度為j求導電平面兩側的磁感強度（提示：可參考本章問題7 11，并用安培環路定理求解）分析依照右手螺旋定則，磁感強度B 和電流j 相互垂直，同時由對稱性分析，無限大導電平面兩側的磁感強度大小相同，方向反向平行如圖所示，在垂直導電平面的平面上對稱地取矩形回路abcd，回路所在平面與導電平面相交于OO，且使abcdOO，adOO，cdOO，ab cd L，根據磁場的面對稱分布和安培環路定理可解得磁感強度B 的分布解在如圖所示的矩形回路abcd 中，磁感強度沿回路的環路積分由于對稱性B1 B2 B，B3 、B4 與積分路徑正交，因而 （1）回路abcd 內包圍的電流I jL，根據安培環路定理，有 （2）由式（1）和式（2）可得導電板兩側磁感強度的大小為磁感強度的方向由右手螺旋關系確定7 21設有兩無限大平行載流平面，它們的面電流密度均為j，電流流向相反求：（1） 兩載流平面之間的磁感強度；（2） 兩面之外空間的磁感強度解由上題計算的結果，單塊無限大載流平面在兩側的磁感強度大小為，方向如圖所示，根據磁場的疊加原理可得（1） 取垂直于紙面向里為x 軸正向，合磁場為（2） 兩導體載流平面之外，合磁場的磁感強度7 22已知地面上空某處地磁場的磁感強度，方向向北若宇宙射線中有一速率 的質子，垂直地通過該處求：（1）洛倫茲力的方向；（2） 洛倫茲力的大小，并與該質子受到的萬有引力相比較解（1） 依照可知洛倫茲力的方向為的方向，如圖所示（2） 因，質子所受的洛倫茲力在地球表面質子所受的萬有引力因而，有，即質子所受的洛倫茲力遠大于重力7 23在一個顯像管的電子束中，電子有的動能，這個顯像管安放的位置使電子水平地由南向北運動地球磁場的垂直分量，并且方向向下求：（1） 電子束偏轉方向；（2） 電子束在顯像管內通過20 cm到達屏面時光點的偏轉間距解（1） 如圖所示，由洛倫茲力電子帶負電，q 0，因而可以判斷電子束將偏向東側（2） 在如圖所示的坐標中，電子在洛倫茲力作用下，沿圓周運動，其軌道半徑R（參見教材第7 7 節）為由題知，并由圖中的幾何關系可得電子束偏向東側的距離即顯示屏上的圖像將整體向東平移近3 mm這種平移并不會影響整幅圖像的質量7 24試證明霍耳電場強度與穩恒電場強度之比,這里 為材料電阻率，n 為載流子的數密度分析在導體內部，穩恒電場推動導體中的載流子定向運動形成電流，由歐姆定律的微分形式，穩恒電場強度與電流密度應滿足其中 是導體的電阻率當電流流過位于穩恒磁場中的導體時，載流子受到洛倫茲力的作用，導體側面出現電荷積累，形成霍耳電場，其電場強度為其中v 是載流子定向運動速率根據導體內電流密度由上述關系可得要證明的結果證由分析知，在導體內穩恒電場強度為由霍耳效應，霍耳電場強度因載流子定向運動方向與磁感強度正交，故EH vB，因而7 25霍爾效應可用來測量血流的速度，其原理如圖所示在動脈血管兩側分別安裝電極并加以磁場設血管直徑為d 2.0 mm，磁場為B0.080 T，毫伏表測出血管上下兩端的電壓為UH 0.10 mV，血流的流速為多大？分析血流穩定時，有由上式可以解得血流的速度解依照分析7 26磁力可以用來輸送導電液體，如液態金屬、血液等而不需要機械活動組件如圖所示是輸送液態鈉的管道，在長為l 的部分加一橫向磁場B，同時沿垂直于磁場和管道方向加一電流，其電流密度為J（1） 證明在管內液體l 段兩端由磁力產生的壓力差為，此壓力差將驅動液體沿管道流動（2） 要在l 段兩端產生1.00 atm（1 atm101 325 Pa）的壓力差，電流密度應多大？ （l 2.00 cm，B 1.50）解（1） 由題意電流垂直流過管內導電液體，磁場中的導電液體受到安培力的作用，在管道方向產生一壓力差（2） 7 27帶電粒子在過飽和液體中運動，會留下一串氣泡顯示出粒子運動的徑跡設在氣泡室有一質子垂直于磁場飛過，留下一個半徑為3.5 cm 的圓弧徑跡，測得磁感強度為0.20 ，求此質子的動量和動能解根據帶電粒子回轉半徑與粒子運動速率的關系有7 28從太陽射來的速度為0.80 108 m/ 的電子進入地球赤道上空高層范艾倫輻射帶中，該處磁場為4.0 107，此電子回轉軌道半徑為多大？ 若電子沿地球磁場的磁感線旋進到地磁北極附近，地磁北極附近磁場為2.0 105，其軌道半徑又為多少？解由帶電粒子在磁場中運動的回轉半徑高層范艾倫輻射帶中的回轉半徑地磁北極附近的回轉半徑7 29如圖（）所示，一根長直導線載有電流I1 30 A，矩形回路載有電流I2 20 A試計算作用在回路上的合力已知d 1.0 cm，b 8.0 cm，l 0.12 m分析矩形上、下兩段導線受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，對不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零而矩形的左右兩段導線，由于載流導線所在處磁感強度不等，所受安培力F3 和F4 大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個力的合力解由分析可知，線框所受總的安培力F 為左、右兩邊安培力F3 和F4 之矢量和，如圖（）所示，它們的大小分別為故合力的大小為合力的方向朝左，指向直導線7 30一直流變電站將電壓為500kV的直流電，通過兩條截面不計的平行輸電線輸向遠方已知兩輸電導線間單位長度的電容為3.01011Fm1 ，若導線間的靜電力與安培力正好抵消求：（1） 通過輸電線的電流；（2） 輸送的功率分析當平行輸電線中的電流相反時，它們之間存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律確定若兩導線間距離為d，一導線在另一導線位置激發的磁感強度,導線單位長度所受安培力的大小將這兩條導線看作帶等量異號電荷的導體，因兩導線間單位長度電容C 和電壓U 已知，則單位長度導線所帶電荷CU，一導線在另一導線位置所激發的電場強度，兩導線間單位長度所受的靜電吸引力依照題意，導線間的靜電力和安培力正好抵消，即從中可解得輸電線中的電流解（1） 由分析知單位長度導線所受的安培力和靜電力分別為由可得解得（2） 輸出功率7 31將一電流均勻分布的無限大載流平面放入磁感強度為B0 的均勻磁場中，電流方向與磁場垂直放入后，平面兩側磁場的磁感強度分別為B1 和B2（如圖所示），求該載流平面上單位面積所受磁場力的大小和方向分析依照題7 20 的分析，無限大載流平面兩側為均勻磁場，磁感強度大小為，依照右手螺旋定則可知，它們的方向反向平行，并與原有磁感強度B0的均勻外磁場疊加，則有從而可解得原均勻磁場的磁感強度B0和電流面密度j載流平面在均勻外磁場中受到安培力的作用，由于載流平面自身激發的磁場不會對自身的電流產生作用力，因此作用在S 面積上的安培力由此可求得單位面積載流平面所受的安培力解由分析可得 （1） （2）由式（1）、（2）解得外磁場B0 作用在單位面積載流平面上的安培力依照右手定則可知磁場力的方向為水平指向左側7 32在直徑為1.0 cm 的銅棒上，切割下一個圓盤，設想這個圓盤的厚度只有一個原子線度那么大，這樣在圓盤上約有6.2 1014 個銅原子每個銅原子有27 個電子，每個電子的自旋磁矩為我們假設所有電子的自旋磁矩方向都相同，且平行于銅棒的軸線求： （1） 圓盤的磁矩；（2） 如這磁矩是由圓盤上的電流產生的，那么圓盤邊緣上需要有多大的電流解（1） 因為所有電子的磁矩方向相同，則圓盤的磁矩（2） 由磁矩的定義，可得圓盤邊緣等效電流7 33在氫原子中，設電子以軌道角動量繞質子作圓周運動，其半徑為求質子所在處的磁感強度h 為普朗克常量，其值為分析根據電子繞核運動的角動量可求得電子繞核運動的速率v如認為電子繞核作圓周運動，其等效圓電流在圓心處，即質子所在處的磁感強度為解由分析可得，電子繞核運動的速率其等效圓電流該圓電流在圓心處產生的磁感強度7 34半徑為R 的圓片均勻帶電，電荷面密度為，令該圓片以角速度繞通過其中心且垂直于圓平面的軸旋轉求軸線上距圓片中心為x 處的P 點的磁感強度和旋轉圓片的磁矩分析旋轉的帶電圓盤可等效為一組同心圓電流，在盤面上割取細圓環（如圖所示），其等效圓電流此圓電流在軸線上點P 處激發的磁感強度的大小為所有圓電流在軸線上激發的磁場均沿Ox 軸，因而點P 處的合磁場為由磁矩的定義，等效圓電流的磁矩，方向沿Ox 軸正向，將不同半徑的等效圓電流磁矩疊加可以得到旋轉圓片的磁矩解由上述分析可知，軸線上x 處的磁感強度大小為圓片的磁矩m 的大小為磁感強度B 和磁矩m 的方向都沿Ox 軸正向7 35一根長直同軸電纜，內、外導體之間充滿磁介質圖（），磁介質的相對磁導率為r（r 1），導體的磁化可以忽略不計沿軸向有恒定電流I 通過電纜，內、外導體上電流的方向相反求：（1） 空間各區域內的磁感強度和磁化強度；*（2） 磁介質表面的磁化電流分析電流分布呈軸對稱，依照右手定