大学物理第五版马文蔚课后答案(上)7-8

1、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nRr1nrR2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；mBS 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

2、，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（ 1）H求得磁介质内的磁化强度，因而M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IeNec，因而由 I，可解出环中的电子数。解通过分析结果可得环中的电子数I / clN Il 4 1010 ec7-7分析一个铜原子的质量 mM / N A , 其中 NA 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度 可以推算出铜的原子数密度n/ m根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为ej mnevd 从而可解得电子

3、的漂移速率 vd，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v8kTme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nN A / M电流密度为 j m 时铜线内电子的漂移速率vdjm / nejm M / N A e4.4610 4 m s 1（2） 室温下（ T 300 ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为v18kT2.428vdvdm10 e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

4、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jI / 2rl解由分析可知，在半径r6.0 mm的圆柱面上的电流密度jI / 2rl 13.3 mAm 27-9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B0IR 20I2RR23/24 2R因此赤道上的等效圆电流为I4 2RB1.73109A0由于在地球地磁场的极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该

5、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、a b两段圆弧电流共同激发由于电源d距环较远，B0 而 be、 fa 两段直线的延长线通过点OIdlr 0BB0ef，由于，由毕萨定律知befa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B10I1l1, B20I 2l 24r24r2其中1、I2分别是圆弧 acb 、a b的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧 acb、a b又构成并联电路，故有IddI 1l1I2l2将B1 、 B2 叠加可得点 O 的磁感强度 B解 由上述分析可知，

6、点 O 的合磁感强度B B1B20I1l10I 2l204 24 27-11 分析rr它们各自在点 O 处所激发的磁感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，强度较容易求得，则总的磁感强度B0Bi解（）长直电流对点 O 而言，有 Idlr0 ，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I0B08RB0 的方向垂直纸面向外（）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得0I0IB02R2RB0 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0I0I0I0I 0IB04R 2R 4R4R

7、4RB0 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I0B，其中 为圆弧载流导线所张的4R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0I，磁感强度的方向依照B右手定则确定。4R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（）中，0I0I0I0I0IB04i4 k4 k4 i2kRRRRR在图（）中，B00I i0I i0I k0I 11 i0I k4R4R4R4R 4R在图（ c）中，B030I i0I j0I k8R4R4R可将半圆柱

8、面分割成宽度 dI Rd7-13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，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 I dl / R ，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为dB0 dI2R其方向在 Oxy 平面内，且与由l引向点 O 的半径垂直，如图7 13（）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BydB sin 0B I R 0IxB 0d sind sin200 2 RRR则轴线上总的磁感强度大小I0BBx2RB 的方向指向 Ox 轴负向

9、7-14分析设磁感强度在Ox轴线上的分布为（）（可由两个圆电流线圈在轴线上磁场的叠加而得），如在轴线上某点B x处 dB0，这表明在该点附近的磁感强度有三种可能，即有极大值 (d2 B0 ) 、极小值 ( d2 B0 )或均匀 (d2 B0)据dxdx2dx2dx2此可得获得均匀磁场的条件证取两线圈中心连线的中点为坐标原点，两线圈中心轴线为 x轴，在 x轴上任一点的磁感强度OB0IR 20IR22 R2d / 2 x23 / 2R2d / 2 x2 3/2则当dB x0IR 23 d / 2 x3 d / 2 x0dx2R2d / 2x 2 5 / 2R2d / 2x 2 5 / 2dB2 x

10、30IR 24 d / 2 x 24 d / 2 x 2R2dx2222 7/2227/20Rd / 2xRd / 2x时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场由dB0，解得x 0dx由d2 Bx00，解得d Rdx2 将磁感强度 B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则B xB 0dB 0 x1 d2 B 0x2.dx2dx2若x 1；且 dB 00； d2 B 00则磁感强度（）在中点O附近近似为常量，场为均匀场dxdx2B x这表明在 d R 时，中点（ x 0）附近区域的磁场可视为均匀磁场7-15分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量为此，可在矩形平面上取一

11、矩形面元dd 图BSSlx（），载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为0ldBdS2 ldxx矩形平面的总磁通量d解由上述分析可得矩形平面的总磁通量d20l0Ild2l dx2lnd12xd17-16 分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点， B 大小相等方向与电流成右手螺旋关系为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度解（1） 围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有B dlB 2r 0I在导线内 ，IIr2 r 2，因而rRR 2R2B0Ir2R2II在导线外rR，因而 ，B0I

12、2r磁感强度分布曲线如图所示（2） 在导线表面磁感强度连续，由I 50A，Rs / 1.78 10 3 m ，得B0I5.610 3T2R7-17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，BdlB 2r，利用安培环路定理B dl0I，可解得各区域的磁感强度解由上述分析得r R1B1 2r 01 2 r2R1Ir0B12R12R1 r R2B2rI20I0B22rR2 r R3r 2R2B32r 0IR32R22 IB30I R32r 22r R32R22r R3B2r II040B40磁感强度 B（ r ）的分布曲线如图（）7-18分析根据右手螺旋法则，

13、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B dlB 2r依照安培环路定理B dlI ，可以解得螺线管内磁感强度的分布0解依照上述分析，有B 2rI0r R1B1 2r0B10R2 r R1B2rNI20NI0B22rr R2B32r0B30在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋若R2R1 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R1 R2 R1 ，则环内的磁感强度近似为2B0NI2R7-19由题 716 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度分析B r0Ir2R2在剖面上磁感强度

14、分布不均匀， 因此，需从磁通量的定义 B r dS 来求解沿轴线方向在剖面上取面元S l r ，考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量 ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量BSBdrS解由分析可得单位长度导线内的磁通量R IrI0002R2 dr47-20分析依照右手螺旋定则，磁感强度 B 和电流 j相互垂直， 同时由对称性分析，无限大导电平面两侧的磁感强度大小相同，方向反向平行如图所示，在垂直导电平面的平面上对称地取矩形回路abcd，回路所在平面与导电平面相交于OO，且使abc ， a ， c ， ab cd ，根据磁场的面对称分布和安培环路定理可解得磁感强度B 的分布dOOdOOdO

15、OL解在如图所示的矩形回路abcd 中，磁感强度沿回路的环路积分BdlBdlBdlB dlB dllabcdbcda由于对称性12，3、 4与积分路径正交，因而BBBBBBdl2Bl（ 1）l回路 abcd 内包围的电流 IjL ，根据安培环路定理，有Bdl2Bl jL（2）l0由式（ 1）和式（ 2）可得导电板两侧磁感强度的大小为B 1 j2 0磁感强度的方向由右手螺旋关系确定7-21解由上题计算的结果，单块无限大载流平面在两侧的磁感强度大小为理可得（1） 取垂直于纸面向里为x 轴正向，合磁场为10 j ，方向如图所示，根据磁场的叠加原2B0 j i0 j i0 ji22（2） 两导体载流平

16、面之外，合磁场的磁感强度B0 j i - 0 j i0227-22解 （1） 依照 FLqvB 可知洛伦兹力 FL 的方向为 vB 的方向，如图所示（2） 因 vB ，质子所受的洛伦兹力FLqvB3.210 16N在地球表面质子所受的万有引力Gmp g1.6410 16N因而，有 FL / G 1.95 1010，即质子所受的洛伦兹力远大于重力7-23解 （1） 如图所示，由洛伦兹力FqvB电子带负电， q 0，因而可以判断电子束将偏向东侧（2） 在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径R（参见教材第 7 7 节）为m2mEkRv6.71 meBeB由题知 y20cm

17、，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离xRR2y22.98 10 3 m 即显示屏上的图像将整体向东平移近 3 mm这种平移并不会影响整幅图像的质量7-24分析在导体内部， 稳恒电场推动导体中的载流子定向运动形成电流，由欧姆定律的微分形式， 稳恒电场强度与电流密度应满足ECj其中 是导体的电阻率 当电流流过位于稳恒磁场中的导体时，载流子受到洛伦兹力的作用，导体侧面出现电荷积累， 形成霍耳电场，其电场强度为E HvB其中 v 是载流子定向运动速率根据导体内电流密度jnev由上述关系可得要证明的结果证由分析知，在导体内稳恒电场强度为E Cjnev由霍耳效应，霍耳电场强度E HvB因载流子定向

18、运动方向与磁感强度正交，故EH vB，因而EH / ECvB/ vB/ / v B/ne7-25分析血流稳定时，有qvBqEH由上式可以解得血流的速度解依照分析EHU H0.63 m/svdBB7-26解（1） 由题意电流垂直流过管内导电液体，磁场中的导电液体受到安培力的作用，在管道方向产生一压力差pFIBlJBlSS（2） Jp3.38106 A/m 27-27Bl解根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有pmvReB1.1210 21 kg m/sEkp22.35 keV7-282m解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径m3R1v1.110 meB1地磁北极附近的

19、回转半径vR2m23 meB27-29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（）所示，它们的大小分别为0I1I 2lF32dI I l01 2F42db故合力的大小为FF3F40I1 I 2 l0I 1I 2l1.28 10 3 N2d2db合力的方向朝左，指向直导线7-30分析当平行输电线中的电流相反时

20、，它们之间存在相互排斥的安培力， 其大小可由安培定律确定 若两导线间距离为d，一导线在另一导线位置激发的磁感强度B0I, 导线单位长度所受安培力的大小FBBI 将这两条导线看作带等2d量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C和电压U已知，则单位长度导线所带电荷，一导线在另一导线位置所激CU发的电场强度EFEE，两导线间单位长度所受的静电吸引力依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，2d0即FBFE0从中可解得输电线中的电流解（1） 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为I 20FBBI2dFEE C 2U 2d20由 f Bf E0可得0I 2C2U 2d20d2解得ICU4.51

21、03A00（2） 输出功率NIU2.25109 W7-31 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1 j ，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20B1B01 0 j2B2B01 0 j2B0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从而可解得原均匀磁场的磁感强度的磁场不会对自身的电流产生作用力，因此作用在S 面积上的安培力dFId lB0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B1B010 j（ 1）2B2B010 j（2）2由式（ 1）、（ 2）解得B01 B1

22、B22j1B2B10外磁场 0 作用在单位面积载流平面上的安培力BdFjdxdyB0jB01B22B12dSdxdy20依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧7-32解（1） 因为所有电子的磁矩方向相同，则圆盘的磁矩mN1.5610 7 A m 2e（2） 由磁矩的定义，可得圆盘边缘等效电流Im / S2.010 3 A7-33分析根据电子绕核运动的角动量Lmva0h / 2可求得电子绕核运动的速率v如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流ieeT2a0 /v在圆心处，即质子所在处的磁感强度为Bi02a0解由分析可得，电子绕核运动的速率vh2ma0其等效圆电流iehe2224mama00该圆

23、电流在圆心处产生的磁感强度B0i0he2 12.5 T2a028ma07-34分析旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环（如图所示），其等效圆电流dI2rdr rdrTP 处激发的磁感强度的大小为此圆电流在轴线上点dB0r 2dI3 / 22r 2x2所有圆电流在轴线上激发的磁场均沿Ox 轴，因而点 P 处的合磁场为 BdB 由磁矩的定义，等效圆电流的磁矩dm r 2dI ，方向沿 Ox轴正向，将不同半径的等效圆电流磁矩叠加可以得到旋转圆片的磁矩m r 2dI解 由上述分析可知，轴线上 x 处的磁感强度大小为03dr0R22x20r3dr0R22x2RrB2xBR2x2r 2

24、x23 / 22x2( r 2x2 )3/2x2R20R20 22圆片的磁矩 m 的大小为mR3dr1 R4r04磁感强度 B 和磁矩 m 的方向都沿 Ox 轴正向7-35分析电流分布呈轴对称， 依照右手定则， 磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆选取任一同心圆为积分路径，应有HdlH 2r ，利用安培环路定理HdlI f1求出环路内的传导电流，并由BH ， MrH ，可求出磁感强度和磁化强度再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流解（1） 取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有H 2rI f对r 1RI fI2 2rR1得IrH 12R12忽略导体的磁化

25、（即导体相对磁导率r =1 ），有M100Ir， B12R12对 2 r 1RRI fI得H 2I2r填充的磁介质相对磁导率为r ，有M 2r1I0rI， B22r对 3 r 22rRRI fIIR23r 2R22R32得H 3IR32r 22r R32R22同样忽略导体的磁化，有M 30， B30IR32r 22r R32R22对r R3I fII0得H 40，M40，B4 0（2）由IsM2r ，磁介质内、外表面磁化电流的大小为I siM2 R12R1r1 II seM2 R22R2r1 I对抗磁质（r1），在磁介质内表面（ r R1 ），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（

26、磁化电流与外导体传导电流方向相反顺磁质的情况与抗磁质相反H（r ）和 B（r ）分布曲线分别如图（）和（7-36 分析（ 1） 根据铁棒的体积和密度求得铁棒的质量，再根据铁的摩尔质量求得棒内的铁原子数，即NN V N A M 0其中 NA 为阿伏伽德罗常量维持铁棒内铁原子磁偶极矩同方向排列，因而棒的磁偶极矩m Nm0（ 2） 将铁棒视为一个磁偶极子，其与磁场正交时所需力矩M m B0解 （1） 由分析知，铁棒内的铁原子数为N SL N A M 0故铁棒的磁偶极矩为m Nm0SL N Am0 7.85 A m 2M 0（2） 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩Mm B011.

27、4 N m7-37分析 根据右手定则，磁感线与电流相互环连，磁场沿环型螺线管分布，当环形螺线管中通以电流I 时，由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为r R2 ），c ）NIHL由题意可知，环内部的磁感强度B /S，而 B0 rH ，故有rB / 0H解磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为NI /L 和/S，因而rL4.78 1030NIS8-1 分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定因而正确答案为（ B）8-2分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流因而正确答案为（A）8-3分析与解教材中已经证明 M21 M12 ，电磁感应定律 21M 21 di1； 12M 12di2 因而正确答案为（D）dtdt8-4分析与解位移电流的实质是变化的电场变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律因而正确答案为（A）8-5分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线因而正确答案为（ B）8-6分析由于线圈有 N 匝相同