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
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 224πr4πr7 －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??B
i解 （ａ）长直电流对点O而言，有Idl?r?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圆弧电流所激发，故有
B0?B0的方向垂直纸面向外．
μ0I 8R（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得
B0?B0的方向垂直纸面向里．
μ0Iμ0I? 2R2πR（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?B0的方向垂直纸面向外．
μ0IμIμIμIμI?0?0?0?0 4πR4πR4R2πR4R7 －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
dΦ?B?dS?矩形平面的总磁通量
μ0lldx 2πxΦ??dΦ
解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量
Φ??d2d1μ0lμIldldx?0ln2 2πx2πd17 －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
B1?2πr?μ012 πr2πR1B1?R1＜r＜R2
μ0Ir 2πR12B2?2πr?μ0I
B2?R2＜r＜R3
μ0I 2πr?πr2?R2?B3?2πr?μ0?I?I? 22πR?R32??μ0IR32?r2 B3?222πrR3?R2r＞R3
????B4?2πr?μ0?I?I??0
B4?0
磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．
7 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1＝30A，矩形回路载有电流I2＝20A．试计算作用在回路上的合力．已知d＝1.0cm，b＝8.0cm，l＝0.12m．
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
F3?μ0I1I2l 2πdF4?故合力的大小为
μ0I1I2l
2π?d?b?F?F3?F4?合力的方向朝左，指向直导线．
μ0I1I2lμIIl?012?1.28?10?3N 2πd2π?d?b?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