物理七八章课后题答案

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1、大学物理课后习题答案（上）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；．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

2、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，因而由，可解出环中的电子数。解　通过分析结果可得环中的电子数7-7分析　一个铜原子的质量,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．从而可解得电子的漂移速率vd．将电子气视为理

3、想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率其中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电流密度为jm时铜线内电子的漂移速率（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

4、，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，因此可得第-26-页共-26-页大学物理课后习题答案（上）解　由分析可知，在半径r＝6.0mm的圆柱面上的电流密度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因此赤道上的等效圆电流为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，．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于，由毕－萨定

5、律知．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,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7-11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，则总的磁感强度解　（ａ）长直电流对点O而言，有，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

6、加原理可得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，其中α第-26-页共-26-页大学物理课后习题答案（上）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，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，　在图（ｂ）中，在图（c）中，7-13分析　毕－萨定理只能用于求线电流的磁

7、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，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为其方向在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，得则轴线上总的磁感强度大小B的方向指向Ox轴负向．7-14分析　设磁感强度在Ox轴线上的分布为B（x）（可由两个圆电流线圈在轴线上磁场