（B）E?qq,V?
4πε0d24πε0d（C）E?0,V?0
（D）E?qq,V?
4πε0d24πε0R分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导
体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A）。
第七章 恒定磁场
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 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）2πrB （B） πrB （C）2πrBcosα （D） πrBcosα
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 下列说法正确的是（ ）
（A） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C） 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必定为零
（D） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零
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 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，
2222且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（ ） （A） B?dl?B?dl，BP1?BP2
L1L2??（B） B?dl?B?dl，BP1?BP2
L1L2???（C） B?dl?B?dl，BP1?BP2
L1L2?（D） B?dl?B?dl，BP1?BP2
L1L2??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 －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
Bbe?Bfa?0．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
B1?μ0I1l1μ0I2l2B?, 2224πr4πr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 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解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有Idl?r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 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求
??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
点O的磁感强度B．
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?μ0Iα，其中α为圆弧载流导线所4πR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?μ0I，磁感强度的方向依照右手定则确定。 4πR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 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．
分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ＝ldx［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 矩形平面的总磁通量
解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量
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） 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，
?B?dl?B?2πr，利用安培环路定理?B?dl?μ?I，可解得各区域的磁感强度．
0解 由上述分析得 r ＜R1 R1 ＜r ＜R2 R2 ＜r ＜R3 r ＞R3
磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．
7 －22 已知地面上空某处地磁场的磁感强度B?0.4?10T，方向向北．若宇宙射线中有一速率
?4v?5.0?107ms?1 的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2） 洛伦兹力的大小，并与该
质子受到的万有引力相比较．
解 （1） 依照FL?qv?B可知洛伦兹力FL的方向为v?B的方向，如图所示．
（2） 因v?B，质子所受的洛伦兹力 在地球表面质子所受的万有引力
因而，有FL/G?1.95?10，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．
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．
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 故合力的大小为
合力的方向朝左，指向直导线．
10第八章 电磁感应 电磁场
8 －1 一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（ ） （A） 线圈中无感应电流
（B） 线圈中感应电流为顺时针方向 （C） 线圈中感应电流为逆时针方向 （D） 线圈中感应电流方向无法确定
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 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（ ）
（A） 铜环中有感应电流，木环中无感应电流 （B） 铜环中有感应电流，木环中有感应电流 （C） 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （D） 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大
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）．