7-1 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
nRr1?? nrR2因而正确答案为（C）。
7-2 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）．
7-3 分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B）．
7-4 分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．
7-5 分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）
7-6 分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为ΔI解 通过分析结果可得环中的电子数
?eNec，因而由I?，可解出环中的电子数。 I/clN?Il?4?1010 ec7-7 分析 一个铜原子的质量m?M/NA,其中N 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
A
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
jm?nevd ．从而可解得电子的漂移速率v．
d
v?8kTπme
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?NAρ/M
电流密度为jm 时铜线内电子的漂移速率
vd?jm/ne?jmM/NAρe?4.46?10?4m?s?1
（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
v1?vdvd8kT?2.42?108 πme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 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
j?I/2πrl?13.3mA?m?2
7-9 解 设赤道电流为I，则由教材第7 －4 节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度
B?2R?R2?μ0IR2?3/2?μ0I
42R因此赤道上的等效圆电流为
I?42RB?1.73?109A μ0由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反． 7-10 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Bbe?Bfa?0．流过圆弧的电流I 、I的方
1
2
向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为
B1?μ0I1l1μ0I2l2,B?24πr24πr2
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
I1l1?I2l2
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
B?B1?B2?μ0I1l1μ0I2l2??0
4πr24πr27-11 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
?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
解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有Idl?r发，故有
B0?μ0I8R
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 . . .
B0?μ0Iμ0I?2R2πR
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
B0?μ0IμIμIμIμI?0?0?0?04πR4πR4R2πR4R
B0 的方向垂直纸面向外．
7-12 分析 由教材7 －4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度B?μ0Iα4πR，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，
磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度B?μ0I4πR，磁感强度的方向依照右手定则确定。
点O 的磁感强度BO 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加。 解 根据磁场的叠加 在图（ａ）中，
B0??μ0IμIμIμIμIi?0k?0k??0i?0k 4R4πR4πR4R2πR在图（ｂ）中，
B0??μ0IμIμIμI?1?μIi?0i?0k??0??1?i?0k 4πR4R4πR4R?π?4πR在图（c）中，
B0??3μ0IμIμIi?0j?0k 8R4πR4πR7-13 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?Rdθ的细电
?Idl/πR，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为
dB?μ0dI 2πR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??dBsinθ?0 Bx??dBsinθ??0ππ0μ0Iμ0I Rdθ?sinθ?22πRπRπR则轴线上总的磁感强度大小
. . .
大学物理第五版马文蔚课后答案(上)7_8
