大学物理第7章 恒定磁场

三、恒定磁场电流或运动电荷在空间产生磁场。

不随时间变化的磁场称恒定磁场。

它是恒定电流周围空间中存在的一种特殊形态的物质。

磁场的基本特征是对置于其中的电流有力的作用。

永久磁铁的磁场也是恒定磁场。

1、磁通密度与毕奥－萨伐尔定律磁通密度是表示磁场的基本物理量之一，又称磁感应强度，符号为B。

电流元受到的安培力 B l d I f d⨯''=毕奥——萨伐尔定律 ⎰⨯=lrr l Id B 24πμ对于粗导线，可将导线划分为许多体积元dV 。

⎰⎰⎰⨯=VrrdV J B 2004 πμ2、磁通连续性定理磁场可以用磁力线描述。

若认为磁场是由电流产生的，按照毕奥－萨伐尔定律，磁力线都是闭合曲线。

磁场中的高斯定理 0d =⋅⎰⎰SS B式中，S 为任一闭合面，即穿出任一闭合面的磁通代数和为零。

应用高斯散度定理⎰⎰⎰⎰⎰⋅∇=⋅VSdV B S Bd0＝⎰⎰⎰⋅∇VdV B由于V 是任意的，故 0＝B⋅∇式中⋅∇为散度算符。

这是磁场的基本性质之一，称为无散性。

磁场是无源场。

3、磁场中的媒质磁场对其中的磁媒质产生磁化作用，即在磁场的作用下磁媒质中出现分子电流。

总的磁场由自由电流与分子电流共同产生。

永磁铁本身有自发的磁化，因而不需要外界自由电流也能产生磁场。

磁媒质的磁化程度用磁化强度M来表征，它是单位体积内的磁偶极矩。

磁偶极矩：环形电流所围面积与该电流的乘机为磁偶极矩，其方向与电流环绕方向符合右螺旋关系。

n IS P m=磁场强度 M BH-=μ 或 )(0M H B +=μ 本构方程 由m H M χ =可得 H Bμ＝，该式称为磁媒质的成分方程或本构方程。

磁媒质的分类：r m μμχμμ00)1(=+=，顺磁质 1>r μ，抗磁质 1<r μ，铁磁质1>>r μ。

4、安培环路定律磁场强度H沿闭合回路的积分，等于穿过该回路所限定的面上的自由电流。

回路的方向与电流的正向按右螺旋规则选定。

第7章恒定磁场一、选择题1.磁场可以用下述哪一种说法来定义？[](A)只给电荷以作用力的物理量(B)只给运动电荷以作用力的物理量(C)贮存有能量的空间(D)能对运动电荷作功的物理量2.空间某点磁感应强度的方向，在下列所述定义中错误的是[](A)小磁针N极在该点的指向(B)运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向(C)电流元在该点不受力的方向(D)载流线圈稳定平稳时，磁矩在该点的指向3.下列叙述中错误的是[](A) 一根给定的磁力线上各点处的B的大小一定相等一(B)一根给定的磁力线上各点处的〃的方向不一定相同(C)均匀磁场的磁力线是一组平行直线(D)载流长直导线周围的磁力线是一组同心圆坏4.下列关于磁力线的描述中正确的是[](A)条形磁铁的磁力线是从N极到S极的(B)条形磁铁的磁力线在磁铁内部是从S极到N极的(C)磁力线是从N极出发终止在S极的曲线(D)磁力线是不封闭的曲线5.下列叙述中不能正确反映磁力线性质的是[](A)磁力线是闭合曲线(B)磁力线上任一点的切线方向为运动电荷的受力方向(C)磁力线与载流回路彖环一样互相套连(D)磁力线与电流的流向互相服从右手定则6.关于磁场之I'可的相互作用有下列说法,其屮正确的是[](A)同性磁极相吸，异性磁极相斥(B)磁场屮小磁针的磁力线方向只有与磁场磁力线方向一致时,才能保证稳定平稳(C) 小磁针在非均匀磁场中一定向强磁场方向运动 (D) 在涡旋电场中，小磁针沿涡旋电场的电场线运动7. 一电荷放置在行驶的列车上，相对于地面来说，电荷产生电场和磁场的情况将是[](A) (B)只只产生产生电场磁场(C)既产生电场，又产生磁场 (D)既不产生电场，又不产生磁场 T7-1-7图8. 通以稳恒电流的长直导线，在其周阖产生电场和磁场的情况将是 [](A)只产生电场 (B) 只产生磁场(C) 既产生电场，又产生磁场 (D) 既不产生电场，乂不产生磁场9. 在电流元I d/激发的磁场中，若在距离电流元为r 处的磁感应强度为d B .则下列叙述中正确的是(C) dB 一的方向垂直于/d 乙与[组成的平面二T7-1-9图 (D) dB 的方向为(-厂)方向10. 决定长直螺线管中磁感应强度大小的因素是 [](A)通入导线中的电流强度 (B)螺线管的体积(C)螺线管的直径(D)与上述各因素均无关一-11. 磁场的高斯定理B-dS= 0,说明S[](A)穿入闭合曲血的磁感应线的条数必然等于穿出的磁感应线的条数(B) 穿入闭合曲面的磁感应线的条数不等于穿出的磁感应线的条数[](A) d B 一的方向与r 方向相同一(B) dB 的方向与/d/方向相同 dl(C) 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内 (D) 一根磁感应线不可能完全处于闭合曲面内13. 磁场中的高斯路理JJ BdS= 0说明了磁场的性质之一是[](A)磁场力是保守力(B)磁力线可能闭合 (C)磁场是无源场(D)磁场是无势场14. 若某空间存在两无限长直载流导线，空间的磁场就不存在简单的对称性.此 时该磁场的分布[](A)可以直接用安培环路定理来计算 (B) 只能用安培环路定理来计算 (C) 只能用毕奥-萨伐尔定律来计算(D) 可以用安培环路定理和磁场的叠加原理求出15.对于安培环 路定律I ,在下面说法中正确的是[](A)H 只是穿过闭合环路的电流所激发,与环路外的电流无关(B)是环路内、外电流的代数和(C) 安培环路定律只在具有高度对称的磁场中才成立(D) 只有磁场分布具有高度对称性时,才能用它直接计算磁场强度的人小16. 在圆形电流的平面内取一同心圆形坏路，由于环路内无电流穿过，所以§H・d/[](A)圆形环路上各点的磁场强度为零(B) 圆形环路上各点的磁场强度方向垂直于环路平面 (C) 圆形坏路上各点的磁场强度方向指向圆心 (D) 圆形环路上各点的磁场强度方向为该点的切线方向12.安培环路定 律/说明了磁场的性质之一是[](A)磁力线是闭合曲线(C)磁场是无源场(B)磁场力是保守力 (D)磁场是无势场17.下述情况中能用安培坏路定律求磁感应强度的是[](A) 一段载流直导线 (C) 一个环形电流(B) 无限长直线电流 (D) 任意形状的电流1& 取一闭合积分回路L,使三根载流导线穿过L 所围成的面.现改变三根导线 之间的相互间隔，但不越出积分回路，则[](A)回路厶内的》/不变，厶上各点的8不变(B)回路厶内的工/不变,L 上各点的B 改变变，厶上各点的B 不变 (D)冋路厶内的》/改变，厶上各点的B 改变19.边长为L 的一个正方形线圈屮通有电流/,则线圈中心的磁感应强度的大小将](A)与厶成正比 (B)与厶成反比(C)与厶无关(D)与厶*成正比T7-1-19图 20. 一无限长直圆柱体，半径为沿轴向均匀流有电流. 磁感应强度大小为Bi,圆柱体外(r>R )感应强度大小为B2,则有[1(A) 31、均与厂成正比设圆柱体内(r<R )的 (B) B 、、B 2均与厂成反比(C) B\与F •成反比,与厂 成正比(D) B 1与F •成正比，〃2与r 成反比 T7-1-20图21.如T7-1-21图所示，两根载有相同电流的无限长直导 线，分别通过x 】 = l 和兀2=3的点，且平行于尹轴.由此可 知,磁感一应强度B 为零的地方是 O12 3 x T7-1-21 图[](A) x=2的直线上(B) x>2的区域(C) x<l 的区域 (D)不在平而内22・一个半径为R 的圆形电流厶其圆心处的磁场强度大小为[1(A)4R (B)(C) 0(D)— 2R23. 有一个圆形冋路1及一个正方形冋路2,圆的直径和正方 形回路的边长相等，二者屮通有大小相等的电流，它们在各自屮心产 生的磁感应强度的大小之比BJB.为[](A) 0.90(B) 1.00(C) 1.11 (D) 1.2224. 一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺 线管(R = 2r ),两螺线管单位长度上的匝数相等•两螺线管屮的磁感应强度大小B R 和B r 应满足关系[](A) B R =2 B 丫 r(D) B R = 4 B r25. 两根载有相同电流的通电导线，彼此之间的斥力为F.如果它们的电流均增加一 倍,相互之间的距离也加倍,则彼此之间的斥力将为变为FF[](A)—(B)— (C)F (D) 2F4226. 两束阴极射线(电子流)，以不同的速率向同一方向发射，则两束射线间[](A)存在三种力：安培力、库仑力和洛仑兹力 (B) 存在二种力:库仑力和洛仑兹力 (C) 存在二种力：安培力和洛仑兹力 (D) 只存在洛仑兹力27. 可以证明，无限接近长直电流处(r->0)的B 为--有限值.可是从毕一萨定律 得到的长直电流的公式屮得出，当尸一0时B-8.解释这一矛盾的原因是 [](A)毕一萨定律得出的过程不够严密(B) 不可能存在真正的无限长直导线 (C) 当尸一0 口寸，毕一萨定律已不成立 (D) 毕一萨定律是一个近似理论28. 运动电荷受洛仑兹力后，其动能、动量的变化情况是[](A)动能守恒(B)动量守恒(C)动能、动量都守恒(D)动能、动量都不守恒29. 运动电荷垂直进入均匀磁场后，下列各量中不守恒是T7亠23图(B)B R =B 「 (C) 2B R =B[](A)动量(B)关于圆心的角动量(C)动能(D)电荷与质量的比值30. —电量为g 的带电粒子在均匀磁场中运动，下列说法中正确的是 [](A)只要速度大小相同,粒子所受的洛仑兹力就相同(B) 在速度不变的前提下，若电荷q 变为一么则粒子受力反向，数值不变 (C) 粒子进入磁场后，其动能和动量都不改变 (D) 洛仑兹力与速度方向垂直,所以其运动轨迹是圆31. 一个长直螺线管通有交流电，把一个带负电的粒子沿 螺线管的轴线射入管屮，粒子将在管屮作 ](A)圆周运动 (B)沿管轴来回运动(C)螺旋线运动 (D)匀速直线运动T7-1-31图32. 一束正离子垂直射入一个均匀磁场与均匀电场互相平行 且同向的区域.结果表明离子束在一与入射束垂直放置的荧光屏 上产生一条抛物线,则所有粒子有相同的 [](A)动能(B)质量(C)电量(D)荷质比 T7-1-32图33. 质量为〃?、电量为g 的带电粒子，以速度v 沿与均匀磁场E 成g 角方向射入磁场，英轨迹为一螺旋线.若要增大螺距，应34. 在一个由南指向北的匀强磁场中，一束电子垂直地向下通过_B此 (C) [ ] (A)磁场，受到由由磁场对西下指向上指向它东的作用力的力•向耳V® 0 0T7-1-34 图—11 11 111[](A)增大磁场B (C)减小速度v (B)减少磁场B _(D) 增加夹角q(B)(D)由由北东指向指向南西35. 一电子在垂直于一均匀磁场方向作半径为R 的圆周运动，电子的速度为v ，忽略电子产生的磁场，则此轨道内所包圉面积的磁通量为x BxnmvRT7亠35图36. 一带电粒子垂直射入均匀磁场中，如果粒子质量增大到原来的两倍，入射速度增 大到两倍，磁场的磁感应强度增大到4倍，忽略粒子运动产生的磁场，则粒子运动轨迹所包 围范围内的磁通量增大到原来的1 1 [](A)2 倍 (B)4 倍(C)2 倍(D)4倍37. 一电子以速度丿垂直地入射到一磁感应强度为B 的均匀磁场中•忽略其电子产 生的磁场,此时电子在磁场中运动的轨道所圉面积的磁通量 [](A)正比于3,正比于v 2 (B)反比于B,反比于v 2(C) 正比于5正比于v(D)反比于5反比于v38. 图中六根无限长导线相互绝缘，通过的电流均为/,区域I 、II 、均为相等的正方形.问哪个区域垂直指向里的磁通量最大？1(B) II 区/ III IV (C)III 区(D) IV 区T7-1-38 图39. 在某均匀磁场中放置有两个平面线圈,其面积S]二2S2,通有电流人二2/2,它们所受的最大磁力矩之比M 2为[](A)1 (B)2 (C)4 (D) 1/440. 有一由N 匝细导线绕成的平而正三角形线圈，边长为°,通有电流/,置于均匀外 磁场3中.当线圈平面的法向与外磁场同向时，线圈所受到的磁力矩大小为 [](A) 3Na 岳/ 2(B) 3Na 炼 /4[](A)eR 2(B) emR (C)——eR(D)兀u41.一直径为2.0cm、匝数为300匝的圆线圈，放在5xl0'2T的磁场中，当线圈内通过10mA的电流时，磁场作用于线圈的最大磁力矩为[](A) 4.7 N.m (B) 4.7xlO'2N.m(C) 4.7x1 O'5 N.m (D) 4.7x10-4 N.m42.有一直径为8 cm的线圈，共12匝，通以电流5 A.现将此线圈置于磁感应强度为0.6 T的匀强磁场屮，则[](A)作用在线圈上的最大磁力矩为M=18N.m(B)作用在线圈上的最大磁力矩为M=1.8N.m(C)线圈正法线与B成30。

恒定磁场一、基本要求1、了解电流密度的概念。

2、掌握磁感应强度的概念及毕奥—萨伐尔定律，能利用叠加原理结合对称性分析，计算一些简单问题中的磁感应强度。

3、理解稳恒磁场的两个基本规律：磁高斯定理和安培环路定理。

掌握应用安培环路定理计算磁感应强度的条件和方法，并能熟练应用。

4、掌握洛伦兹力公式，能分析运动电荷在磁场中的受力和运动。

掌握安培力公式，理解磁矩的概念，能计算简单几何形状的载流导线和载流平面线圈在均匀磁场中或在无限长直载流导线产生的非均匀磁场中所受的力和力矩。

二、主要内容 1、稳恒电流电流：电荷的定向运动。

电流强度：单位时间通过导体某一横截面的电量，即dtdq I =。

电流密度)(δ：通过与该点的电荷移动方向相垂直的单位面积的电流强度，方向与该点的正电荷移动方向一致。

电流密度是描述电流分布细节的物理量，单位是2/m A 。

电流强度⎰⋅=SS d Iδ。

2、磁场在运动的电荷（电流）周围，除了形成电场外，还形成磁场。

磁场的基本性质之一是它对置于其中的运动电荷或电流有作用力。

和电场一样，磁场也是一种物质。

3、磁感应强度磁感应强度B是描述磁场性质的物理量。

当电荷在磁场中沿不同方向运动时，磁场对它的作用力不同，沿某方向运动时不受力，与该方向垂直运动时受力最大，定义B 的方向与该方向平行，由v q F⨯max 决定。

B 的大小定义为qvF B max=。

如右图所示。

B 的单位为T （特斯拉）。

4、毕奥—萨伐尔定律电流元：电流元l Id是矢量，其大小等于电流I 与导线元长度dl 的乘机，方向沿电流方向。

毕奥—萨伐尔定律：电流元l Id 在P 点产生的磁感应强度为 30r rl Id B d⨯=μ式中0μ为真空磁导率，A m T /10470⋅⨯=-πμ，r由电流元所在处到P 点的矢量。

运动电荷的磁场：304rrqv B πμ ⨯= 本章判断磁场方向的方法与高中所学方法相同。

几种特殊形状载流导线的磁场()012 cos cos 4I B aμθθπ=- a I B πμ20= a I B πμ40= )1(cos 40+=θπμa IB0=B5、磁场的高斯定理磁感应线：磁感应线为一些有向曲线，其上各店的切线方向为该点的磁感应强度方向，磁感应线是闭合曲线。

11-1 恒定电流电流密度磁现象：我国是世界上最早发现和应用磁现象的国家之一，早在公元前300年久发现了磁铁矿石吸引铁的现象。

在11世纪，我国已制造出航海用的指南。

在1820年之前，人们对磁现象的研究仅局限于铁磁极间的相吸和排斥，而对磁与电两种现象的研究彼此独立，毫无关联。

1820年7月丹麦物理学家奥斯特发表了《电流对磁针作用的实验》，公布了他观察到的电流对磁针的作用，从此开创了磁电统一的新时代。

奥斯特的发现立即引起了法国数学家和物理学家安培的注意，他在短短的几个星期内对电流的磁效应作出了系列研究，发现不仅电流对磁针有作用，而且两个电流之间彼此也有作用，如图所示；位于磁铁附近的载流线圈也会受到力或力矩的作用而运动。

此外，他还发现若用铜线制成一个线圈，通电时其行为类似于一块磁铁。

这使他得出这样一个结论：天然磁性的产生也是由于磁体内部有电流流动。

每个磁性物质分子内部，都自然地包含一环形电流，称为分子电流，每个分子电流相当于一个极小的磁体，称为分子磁矩。

一般物体未被磁化时，单个分子磁矩取向杂乱无章，因而对外不显磁性；而在磁性物体内部，分子磁矩的取向至少未被完全抵消，因而导致磁铁之间有“磁力”相互作用。

1820年是人们对电磁现象的研究取得重大成果的一年。

人们发现，电荷的运动是一切磁现象的根源。

一方面，运动电荷在其周围空间激发磁场；另一方面，运动电荷在空间除受电场力作用之外，还受磁场力作用。

电磁现象是一个统一的整体，电学和磁学不再是两个分立的学科。

11-1 恒定电流电流密度如前所述，电荷的运动是一切磁现象的根源。

电荷的定向运动形成电流，称为传导电流；若电荷或宏观带电物体在空间作机械运动，形成的电流称为运流电流。

常见的电流是沿着一根导线流动的电流，其强弱用电流强度来描述，它等于单位时间通过某一截面的电量，方向与正电荷流动的方向相同，其数学表达式为dtdq I ，虽然我们规定了电流强度的方向，但电流强度I 是标量而不是矢量，因为电流的叠加服从代数加减法则，而不服从矢量叠加的平行四边形法则。

第7章稳恒磁场前面我们研究了相对于观察者静止的电荷所激发的电场的性质与作用规律。

从本章起我们看到，在运动电荷周围，不仅存在着电场而且还存在着磁场。

磁场和电场一样也是物质的一种形态。

1820年，丹麦的奥斯特发现了电流的磁效应，当电流通过导线时，引起导线近旁的小磁针偏转，开拓了电磁学研究的新纪元，打开了电应用的新领域。

1837年惠斯通、莫尔斯发明了电动机，1876年美国的贝尔发明了电话。

……迄今，无论科学技术、工程应用、人类生活都与电磁学有着密切关系。

电磁学给人们开辟了一条广阔的认识自然、征服自然的道路。

7.1磁场磁感强度Fe O)能吸引铁。

十一磁现象的发现要比电现象早得多。

早在公元前人们知道磁石（34世纪我国发明了指南针。

但是，直到十九世纪，发现了电流的磁场和磁场对电流的作用以后，人们才逐渐认识到磁现象和电现象的本质以及它们之间的联系，并扩大了磁现象的应用范围。

到二十世纪初，由于科学技术的进步和原子结构理论的建立和发展，人们进一步认识到磁现象起源于运动电荷，磁场也是物质的一种形式，磁力是运动电荷之间除静电力以外的相互作用力。

7.1.1 基本磁现象磁场无论是天然磁石或是人工磁铁都有吸引铁、钴、镍等物质的性质，这种性质叫做磁性。

条形磁铁及其它任何形状的磁铁都有两个磁性最强的区域，叫做磁极。

将一条形磁铁悬挂起来，其中指北的一极是北极(用N表示)，指南的一极是南极(用S表示)。

实验指出，极性相同的磁极相互排斥，极性相反的磁极相互吸引。

在相当长的一段时间内，人们一直把磁现象和电现象看成彼此独立无关的两类现象。

直到1820年，奥斯特首先发现了电流的磁效应。

后来安培发现放在磁铁附近的载流导线或载流线圈，也要受到力的作用而发生运动。

进一步的实验还发现，磁铁与磁铁之间，电流与磁铁之间，以及电流与电流之间都有磁相互作用。

上述实验现象导致了人们对“磁性本源”的研究，使人们进一步认识到磁现象起源于电荷的运动，磁现象和电现象之间有着密切的联系。

大学恒定磁场知识点总结引言磁场是物质世界中一种重要的物理现象，广泛存在于我们周围，相较于电场，磁场的研究和应用在很多领域都有着重要作用。

在大学物理教育中，学生需要学习关于恒定磁场的知识，包括磁场的产生、磁感应强度、洛伦兹力等。

本文将对大学恒定磁场的相关知识进行总结和阐述，涵盖的内容将包括磁场的概念、磁场的产生、磁场中的运动粒子、磁场中的能量、电磁感应、磁场对物质的影响等多个方面。

一、磁场的概念磁场是指物质中由磁性物质或电流所产生的一种力场，它是由磁性物质或电流产生的，并能够对周围物质产生作用。

磁场又分为静磁场和动态磁场，静磁场对应着恒定磁场，而动态磁场对应着变化的磁场。

二、磁场的产生1. 电流产生的磁场安培环路定律：通过电流产生的磁场对应安培环路定律，它指出沿闭合回路的线积分等于这个回路所围绕的电流之代数和的某个常数。

这一定律为电流产生的磁场提供了数学表述。

2. 磁性物质产生的磁场微观角度来看，磁性物质是由具有自旋磁矩的元素构成的，这些自旋磁矩的相互作用会形成磁性物质的磁场。

从宏观角度来看，磁性物质会在外加磁场的作用下，发生磁化，在周围形成磁场。

3. 磁单极子在自然界中，我们还没有观察到有磁单极子的存在，即磁荷，所有磁场都要由磁偶极子或电流所产生，这与电场不同，因为我们已经知道电场是由正负电荷所产生。

三、磁场中的运动粒子粒子在磁场中会受到洛伦兹力的作用，洛伦兹力可以将粒子偏转。

根据洛伦兹力的方向，可以确定正电荷、负电荷和正电流、负电流在磁场中的运动轨迹。

粒子在磁场中的运动轨迹受到洛伦兹力的影响，电荷为q，在磁感应强度为B的磁场中运动，其受力为F=qvBsinθ，其中v为粒子的速度，θ为速度与磁感应强度B的夹角。

磁场中运动的粒子所受洛伦兹力与其速度方向垂直，因此它的运动轨迹是圆周形的，这一特点在实际物理实验和应用中都有着重要的意义。

四、磁场中的能量1. 磁场能磁场能是指磁场中由于各种物体的相互作用而具有的能量，它来源于磁性物质的存在和磁场的作用。

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B R 、B r 满足（ ）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=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21==R r n n r R 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 ）B r 2π2 （B ） B r 2π （C ）αB r cos π22（D ） αB r cos π2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；S B ⋅=m Φ．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，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ） （A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠（D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠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 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ） （A ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1- （C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/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 －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d S ＝l d x ［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xlμΦd π2d d 0=⋅=S B 矩形平面的总磁通量ΦΦ⎰=d解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量⎰==211200ln π2d π2d d d d Il μx l x l μΦ 7 －16 已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求：（1） 导线内、外磁感强度的分布；（2） 导线表面的磁感强度．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∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r ＜R ， 2222πππRr r R I I ==∑，因而 202πRIrμB =在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rIμB 2π0=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 ＝50 A ，m 1078.1π/3-⨯==s R ，得T 106.52π30-⨯==RIμB 7 －25 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？分析 血流稳定时，有H qE B q =v由上式可以解得血流的速度． 解 依照分析m/s 63.0===dBU B E HH v 7 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝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F 1 和F 2 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F 3 和F 4 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F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为dlI I μF π22103=()b d lI I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI I μd l I I μF F F 合力的方向朝左，指向直导线．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 ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A ）2112M M = ，1221εε= （B ）2112M M ≠ ，1221εε≠ （C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；tiM εd d 21212=．因而正确答案为（D ）．8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ） （A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 （D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 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 下列概念正确的是（ ） （A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 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 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链．解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tId d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=S ΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1与B 2 之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tlM E M d d -=求解． 解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xIμx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd=-+==⎰⎰⎰再由法拉第电磁感应定律，有tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为43ln π20d μI ΦM ==当电流以tld d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I ME d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入tΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =t ξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xIμB π20=．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦ回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =t ξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为 ()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为 ()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和t I d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20= 由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．第九章 振动9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１ 图分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）．9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t x t x t x t x题９-２ 图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ=，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ）（A ） 落后2π （B ）超前2π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）．题９-３ 图9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ）（A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ）（A ） π23 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=t x ，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1） 将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s π20-=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８ 图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为 gS ρm πωT /2/π2==9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 和v ＝v 0 来确定φ值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0 和速度v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又3ϕ 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctan ϕϕϕϕϕA A A A ++=/解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A 合振动初相位()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan 22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A / （2） 要使x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得 (),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k题9-12 图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=； （3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=； （4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x （2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x （3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x （4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 第十章 波 动10-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（ ）题10-1 图（Ａ） 均为零 （Ｂ） 均为2π （Ｃ） 均为2π- （Ｄ） 2π 与2π- （Ｅ） 2π-与2π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）．10-2 机械波的表达式为()()m π06.0π6cos 05.0x t y +=，则（ ）（Ａ） 波长为100 ｍ （Ｂ） 波速为10 ｍ·ｓ-1（Ｃ） 周期为1/3 ｓ （Ｄ） 波沿x 轴正方向传播分析与解 波动方程的一般表式为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ϕωu x t A y cos ，其中A 为振幅，φ为初相，u 为波速．x /u 前的“-”表示波沿x 轴正向传播，“+”表示波沿x 轴负向传播．因此将原式写为()()()m 100/π6cos 05.0x t y +=和一般式比较可知（Ｂ）、（Ｄ） 均不对．而由ω＝2π/T ＝6πｓ-1 可知T ＝（1/3）ｓ．则λ＝uT ＝33.3 m ，因此（Ａ）也不对．只有（Ｃ）正确．10-3 一平面简谐波，沿x 轴负方向传播，角频率为ω，波速为u ．设4T t =时刻的波形如图（a ）所示，则该波的表达式为（ ） ()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπωπωπωu x t A y u x t A y u x t A y u x t A y cos B 2cos C 2cos B cos A题10-3 图分析与解 因为波沿x 轴负向传播，由上题分析知（Ａ）、（B ）表式不正确．找出（C ）、（D ）哪个是正确答案，可以有很多方法．这里给出两个常用方法．方法一：直接将t ＝T /4，x ＝0 代入方程，那么对（C ）有y 0 ＝A 、对（D ）有y 0 ＝0，可见（D ）的结果与图一致．方法二：用旋转矢量法求出波动方程的初相位．由图（a ）可以知道t ＝T /4 时原点处质点的位移为0，且向y 轴正向运动，则此时刻的旋转矢量图如图（b ）所示．要求初相位，只要将该时刻的旋转矢量反转（顺时针转）Δφ＝ω·Δt ＝ω·T /4 ＝π/2，如图（b ）所示，即得φ0 ＝π．同样得（D ）是正确答案．题10-4 图10-4 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（ ）()()()()()()πλπϕϕπλπϕϕπϕϕπk r r k r r k k r r 22A 22A 2A A 211212121212=-+-=-+-=-=-// 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =，而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λr r /π2Δ1212---=，故选项（D ）正确．10-5 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（ ）（A ） 振幅相同，相位相同 （B ） 振幅不同，相位相同（C ） 振幅相同，相位不同 （D ） 振幅不同，相位不同分析与解 驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=，因此根据其特点，两波节间各点运动同相位，但振幅不同．因此正确答案为（B ）．10-8 波源作简谐运动，其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式()ϕω+=t cos A y 进行比较，求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ，而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u 及公式ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解．解 （1） 由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1s π240-=ω．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ＝uT ＝0.25 ｍ（２） 将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A ＝4.0 ×10-3m ，1s π240-=ω，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=-10-10 波源作简谐运动，周期为0.02ｓ，若该振动以100m·ｓ-1 的速度沿直线传播，设t ＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1） 距波源15.0ｍ 和5.0 m 两处质点的运动方程和初相；（2） 距波源为16.0 m 和17.0m 的两质点间的相位差．分析 （1） 根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2） 波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx ／λ．解 （1） 由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.，可得 m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω当t ＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 ＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 ＝15.0 m 和x 2 ＝5.0 m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y它们的初相分别为φ10 ＝－15.5π和φ10 ＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－13.5π，φ10 ＝－3.5π．）（2） 距波源16.0m 和17.0 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λx x10-13 如图所示为一平面简谐波在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2） P 处质点的运动方程．题10-13 图分析 （1） 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2） 波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P ＝y P （t ）．解 （1） 由图可知振幅A ＝0.04 ｍ， 波长λ＝0.40 ｍ， 波速u ＝0.08ｍ·ｓ-1 ，则ω＝2π/T ＝2πu /λ＝（2π/5）ｓ-1 ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为()m 208.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πx t（2） 距原点O 为x ＝0.20ｍ 处的P 点运动方程为 ()m 2520.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=ππ10-18 有一波在介质中传播，其波速u ＝1.0 ×103m·s -1 ，振幅A ＝1.0 ×10-4 m ，频率ν ＝1.0 ×103Hz ．若介质的密度为ρ ＝8.0×102 kg·m -3 ，求：（1） 该波的能流密度；（2） 1 min 内垂直通过4.0 ×10-4m 2 的总能量．解 （1） 由能流密度I 的表达式得2522222m W 10581221-⋅⨯===.v uA uA I ρπωρ （2） 在时间间隔Δt ＝60 s 内垂直通过面积S 的能量为J 107933⨯=∆⋅=∆⋅=.t IS t P W10-20 如图所示，两相干波源分别在P 、Q 两点处，它们发出频率为ν、波长为λ，初相相同的两列相干波．设PQ ＝3λ/2，R 为PQ 连线上的一点．求：（1） 自P 、Q 发出的两列波在R 处的相位差；（2） 两波在R 处干涉时的合振幅．题10-20 图分析 因两波源的初相相同，两列波在点R 处的相位差Δφ仍与上题一样，由它们的波程差决定．因R 处质点同时受两列相干波的作用，其振动为这两个同频率、同振动方向的简谐运动的合成，合振幅ϕ∆++=cos 2212221A A A A A ．解 （1） 两列波在R 处的相位差为πλr 3/Δπ2Δ==（2） 由于π3Δ=，则合振幅为21212221cos32A A A A A A A -=++=π第十一章 光 学11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1 、S 2 距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图中的S ′位置，则（ ）（A ） 中央明纹向上移动，且条纹间距增大（B ） 中央明纹向上移动，且条纹间距不变（C ） 中央明纹向下移动，且条纹间距增大（D ） 中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解 由S 发出的光到达S 1 、S 2 的光程相同，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S 移到S ′时，由S ′到达狭缝S 1 和S 2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O ′处．使得由S ′沿S 1 、S 2 狭缝传到O ′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．因此正确答案为（B ）．。

习题77-1．如图所示的弓形线框中通有电流，求圆心处的磁感应强度。

解：圆弧在O点的磁感应强度：，方向：；直导线在O点的磁感应强度：，方向：；∴总场强：，方向。

7-2．如图所示，两个半径均为R的线圈平行共轴放置，其圆心O1、O2相距为a，在两线圈中通以电流强度均为I的同方向电流。

（1）以O1O2连线的中点O为原点，求轴线上坐标为x的任意点的磁感应强度大小；（2）试证明：当时，O点处的磁场最为均匀。

解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：。

（1）左线圈在x处点产生的磁感应强度：，右线圈在x处点产生的磁感应强度：，和方向一致，均沿轴线水平向右，∴点磁感应强度：；（2）因为随变化，变化率为，若此变化率在处的变化最缓慢，则O点处的磁场最为均匀，下面讨论O点附近磁感应强度随变化情况，即对的各阶导数进行讨论。

对求一阶导数：当时，，可见在O点，磁感应强度有极值。

对求二阶导数：当时，，可见，当时，，O点的磁感应强度有极小值，当时，，O点的磁感应强度有极大值，当时，，说明磁感应强度在O点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀强磁场。

【利用此结论，一般在实验室中，用两个同轴、平行放置的匝线圈，相对距离等于线圈半径，通电后会在两线圈之间产生一个近似均匀的磁场，比长直螺线管产生的磁场方便实验，这样的线圈叫亥姆霍兹线圈】7-3．无限长细导线弯成如图所示的形状，其中部分是在平面内半径为的半圆，试求通以电流时点的磁感应强度。

解：∵a段对O点的磁感应强度可用求得，有：，∴b段的延长线过点，，c段产生的磁感应强度为：，∴则：O点的总场强：，方向如图。

7-4．在半径的无限长半圆柱形金属片中，有电流自下而上通过，如图所示。

试求圆柱轴线上一点处的磁感应强度的大小。

解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为的长直电流，有：，利用。

在P点处的磁感应强度为：，∴，而因为对称性，那么，。

7-5．如图所示，长直电缆由半径为R1的导体圆柱与同轴的内外半径分别为R2、R3的导体圆筒构成，电流沿轴线方向由一导体流入，从另一导体流出，设电流强度I都均匀地分布在横截面上。

《大学物理》恒定磁场练习题及答案一、简答题1、如何使一根磁针的磁性反转过来?答：磁化：比如摩擦，用一个磁体的N 极去摩擦小磁针的N 极可以让它变为S 极，另一端成N 极。

2、为什么装指南针的盒子不是用铁，而是用胶木等材料做成的? 答：铁盒子产生磁屏蔽使得指南针无法使用。

3、在垂直和水平的两个金属圆中通以相等的电流，如图所示，问圆心O 点处的磁场强度大小及方向如何?答：根据圆电流中心处磁感应强度公式，水平金属圆在O 点的磁感应强度大小为RI20μ；方向垂直向下，竖直金属圆在O 点的磁感应强度大小为RI20μ；方向垂直指向纸面内。

故O 点叠加后的磁感应强度大小为RI220μ；方向为斜下450指向纸面内。

4、长直螺旋管中从管口进去的磁力线数目是否等于管中部磁力线的数目? 为什么管中部的磁感应强度比管口处大?答：因为磁力线是闭合曲线，故磁力线数目相等。

根据载流长直螺旋管磁感应强度计算公式)cos (cos 21120θθμ-=nI B 可知,管口处21πθ→，0cos 1=θ，管口处磁感应强度为20cos 21θμnI B =；中心处212cos 2cos cos θθθ'='-'，故中心处磁感应强度为20cos θμ'=nI B ，因为22θθ>',所以中心处磁感应强度比管口处大。

5、电荷在磁场中运动时，磁力是否对它做功? 为什么? 答：不作功，因为磁力和电荷位移方向成直角。

6、在均匀磁场中，怎样放置一个正方型的载流线圈才能使其各边所受到的磁力大小相等?答：磁力线垂直穿过正四方型线圈的位置。

因为线圈每边受到的安培力为B Ia F ⨯=,由于处在以上平面时，每边受到的磁力为IaB F =。

7、一个电流元Idl 放在磁场中某点，当它沿x 轴放置时不受力，如把它转向y 轴正方向时，则受到的力沿z 铀负方向，问该点磁感应强度的方向如何?答：由安培力公式B Idl dF ⨯=可知，当Idl 沿x 轴放置时不受力，即0=dF ，可知B 与Idl 的方向一致或相反，即B 的方向沿x 轴线方向。