7恒定磁场(1)

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大学物理第7章恒定磁场(总结)

磁场对物质的影响实验
总结词
磁场对物质的影响实验是研究磁场对物质性质和行为影响的实验，通过观察物质在磁场中的变化，可以深入了解物质的磁学性质和磁场的作用机制。
详细描述
在磁场对物质的影响实验中，常见的实验对象包括铁磁性材料、抗磁性材料和顺磁性材料等。通过观察这些材料在磁场中的磁化、磁致伸缩等现象，可以研究磁场对物质内部微观结构和宏观性质的影响。此外，还可以通过测量物质的磁化曲线和磁滞回线等参数，进一步探究物质的磁学性质和磁畴结构。
毕奥-萨伐尔定律
02
描述了电流在空间中产生的磁场分布，即电流元在其周围空间
产生的磁场与电流元、距离有关。
磁场的高斯定理
03
表明磁场是无源场，即穿过任意闭合曲面的磁通量恒等于零。
磁场中的电流和磁动势
安培环路定律
描述了电流在磁场中所受的力与电流、磁动势之间的关系，即磁场中的电流所受的力与电流、磁动势沿闭合回路的线积分成正比。
磁流体动力学
研究磁场对流体运动的影响，如磁场对流体流动的导向、加速和减速作用。
磁力
磁场可以产生磁力，对物体进行吸引或排斥，可以用于物体的悬浮、分离和搬运等。
磁电阻
某些材料的电阻会受到磁场的影响，这种现象称为磁电阻效应，可以用于电子器件的设计。
磁场的工程应用
1 2
磁悬浮技术
利用磁场对物体的排斥力，实现物体的无接触悬浮，广泛应用于高速交通、悬浮列车等领域。
磁动势
描述了产生磁场的电流的量，即磁动势等于产生磁场的电流与线圈匝数的乘积。
磁阻
描述了磁通通过不同材料的难易程度，即磁阻等于材料磁导率与材料厚度的乘积。
磁场中的力
安培力

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 ⎰⨯=l r r l Id B 2004 πμ对于粗导线，可将导线划分为许多体积元dV 。

⎰⎰⎰⨯=Vrr dV J B 24 πμ 2、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 B d0＝⎰⎰⎰⋅∇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 B H-=0μ 或 )(0M H B +=μ本构方程由m H M χ=可得 H B μ＝，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。

电磁场恒定磁场

工程电磁场导论：恒定磁场
2）无外场时，各分子环流无规取向，总体磁矩为零，此时无宏观磁场。有外场时，这些微磁矩受到力矩
的作用，趋于沿外场方向排列（
）。此时，出现
的有
序分布，总磁场不再为零，宏观上呈现磁性。这个过程，称为物质（媒质）的磁化。 3）磁化的后果，就是媒质产生附加的磁场，叠加于外磁场之上，空间的磁场，由二者共同决定。
（沿 R 方向）那么前者对后者的磁场作用力可表示为
eR方向由施力者指向
受力者
其中，称为真空磁导率。
工程电磁场导论：恒定磁场
• 这个规律没有官方的名称，但常常称为 Ampere 定律，
其在磁场中的地位与 Coulomb 定律在电场中的地位相
当。因此，对于真空中的两个载流回路的作用力和，对
工程电磁场导论：恒定磁场
•
也可以定义磁力线（ B 线），其微分方程：
工程电磁场导论：恒定磁场
【例3－1】有限长直线电流的磁场问题。
•
考虑对称性，选取柱坐标，导线中点为坐标原点，导线与 z 轴重合。显然，磁场与维度无关。
取元电流
在 z′处，其在 P
点产生的元磁场
其中
工程电磁场导论：恒定磁场因此
故
工程电磁场导论：恒定磁场
工程电磁场导论：恒定磁场
• 各向同性线性磁介质，有本构方程
称为磁化率，是一个无量纲的纯数。此时有
其中
为相对磁导率，
为磁导率。
工程电磁场导论：恒定磁场一些磁介质的性能
工程电磁场导论：恒定磁场
• 对于铁磁介质，情况十分复杂。
等式仍然成立，但是
不成立。 M～H 间没有线性关系。
工程电磁场导论：恒定磁场

恒定磁场

1恒定磁场1．真空中位于'r点的点电荷q的电位的泊松方程为（）2．由（）可知，无界空间中的恒定磁场由恒定磁场的散度和旋度方程共同决定3．恒定磁场在自由空间中是（）场4．磁通连续性定律公式物理意义：穿过任意闭和面的磁通量为（）。

即进入闭和面S的磁力线数与穿出闭和面S的磁力线数（），磁力线是闭和的5．安培环路定律公式物理意义：磁感应强度B沿任意闭和路径l的线积分，（）穿过路径l所围面积的总电流与的乘积6．一个载流的小闭和圆环称为（）7．电流环的面积与电流的乘积，称为（）8．在远离偶极子处，磁偶极子和电偶极子的场分布是（）的，但在偶极子附近，二者场分布（）9．磁力线是（）的，电力线是间断的10．介质在磁场作用下会产生（）11．磁化引起的分子电流、原子电流相当于（）12．磁偶极子产生（）磁场，叠加于原场之上，使磁场发生变化。

磁化的结果使介质中的合成磁场可能减弱，也可能增强13．介质磁性能分类：（）磁性介质，（）磁性介质，铁磁性及亚铁磁性介质14．（）磁性介质：二次磁场与外加磁场方向相反，导致介质中合成磁场减弱15．（）磁性介质：二次磁场与外加磁场方向相同，导致介质中合成磁场增强16．铁磁性及亚铁磁性介质：在（）作用下，磁化现象非常显著17．在无传导电流的均匀介质中，束缚电流体密度为（）18．只有磁场强度为零或磁场强度与介质表面相垂直的区域，束缚电流面密度为（）19．磁感应强度通过某一表面的通量称为（）20．与某电流交链的磁通量称为（）21．导线回路的总自感等于内、外自感之（）22．单位导线回路的内自感为（）23．磁场问题的基本变量是场源变量和两个基本的场变量：磁感应强度和磁场强度。

实验证明：磁场的两个基本变量之间的关系为（）24．磁通量连续性方程微分形式：（）25．安培力可以用磁能量的空间变化率称（）来计算26．自由空间中一半径为a的无限长导体圆柱，其中均匀流过电流I，求导体内外的磁感应强度27．一段长为L的导线，当其中有电流I通过时，求空间任一点的矢量磁位及磁感应强度28．磁导率为，内外半径分别为a，b的无限长空心导体圆柱，其中存在轴向均匀电流密度，求各处磁场强度和磁化电流密度。

大学物理与实验(I)7恒定磁场-

dF0 dF0 max 或 B B I 0 dl0 sin I 0 dl0
大小反映场点磁场的强弱，方向为场点的磁场方向
r
Idl
I
L
§7-3 产生磁场的规律
一、电流的磁场
电流元的磁感应强度: 0 0 Idl r dB 2 4 r ---毕奥-萨伐尔定律
dB
任意载流导线的磁感应强度: 来自0 0 Idl r B dB l r 2 l 4
r
载流导线环L对电流元的作用
Idl
I
L
0 0 Idl r dF0 I 0 dl0 2 L 4 r
0 0 Idl r 定义 B L r 2 4
0 0 Idl r dF0 I 0 dl0 L 4 r2

----载流导线环L在P处的磁感应强度 P 单位：特斯拉(T) dF0 I 0 dl0 B I 0 dl0
P r Idl
I

[例1]有一长为L的载流直导线，通有电流为I，求与导线相距为a的P点处的 B
解：取电流元，它在P点的磁感应强度
I

l
r
0 0 Idl r dB 2 4 r
a

P
方向垂直于黑板向内,
0 Idl sin 大小 dB 2 4 r
L
bc da
B
0 j
2
B
a
b
两侧是均匀磁场, 大小相等，方向相反
d l c
B
[例8]半径为R的无限长直导体，内部有一与导体轴平行、半径为a的圆柱形孔洞，两轴相距为b。设导体横截面上均匀通有电流I，求P点处的磁感应强度。解：设体电流密度方向垂直于纸面向外 P R

毕奥萨伐尔定律.ppt

第七章恒定磁场
7
物理学
第五版
7-4 毕奥-萨伐尔定律
4.由叠加原理求出磁感应强度的分布；
若各电流产生的
dB 方向一致，直接用
B
若各电流产生的 dB方向不一致，按照所选取
dB
的坐标系，求出
dB
的各方向的分量，（注意是
否具有对称性）然后各方向分别进行积分。
这样做的目的是将磁感应强度的矢量积分变为标量积分。有时在积分过程中还要选取合适的积分变量，来统一积分变量。
B 0I
2R
B
I
❖ 载流圆弧:
圆心角
B 0I 0I 2R 2 4R
第七章恒定磁场
B
I
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物理学
第五版
7-4 毕奥-萨伐尔定律
(1)
R
B0
x
推
Io
广 (2)
I
R
组
o×
合 (3) I
R ×o
B0
0I
2R
B0
0I
4R
B0
0I
8R
第七章恒定磁场
18
物理学
第五版
7-4 毕奥-萨伐尔定律
(4) I
第七章恒定磁场
33
B 0nI
O
x
第七章恒定磁场
30
物理学
第五版
7-4 毕奥-萨伐尔定律
四运动电荷的磁场
dB
0
Idl
r
4π r3
Idl
qnSvdl
dB
0
4π
nSdlqv r3
r
j
S
dl
其中: I qnvS
dN nSdl

第7章稳恒磁场分析

第6章恒定磁场习题6.1 毕奥—萨伐尔定律一.选择题（）1、宽为a ，厚度可以忽略不计的无限长扁平载流金属片，如图6.1.1所示，中心轴线上方一点P 的磁感应强度的方向是(A) 沿y 轴正向. （B ）沿z 轴负向.(B) (C) 沿y 轴负向. (D) 沿x 轴正向.（）2、两无限长载流导线，如图6.1.2放置，则坐标原点的磁感应强度的大小和方向分别为：(A)2μ0 I / (2 π a ) ,在yz 面内，与y 成45︒角. (B)2μ0 I / (2 π a ) ,在yz 面内，与y 成135︒角. (C)2μ0 I / (2 π a ) ,在xy 面内，与x 成45︒角.(D)2μ0 I / (2 π a ) ,在zx 面内，与z 成45︒角. （）3、一无限长载流导线，弯成如图6.1.3所示的形状，其中ABCD 段在x O y平面内，BCD 弧是半径为R 的半圆弧，DE 段平行于O z 轴，则圆心处的磁感应强度为(A) j μ0 I / (4 π R ) + k [μ0 I / (4 π R )－μ0 I / (4R )] .(B) j μ0 I / (4 π R ) －k [μ0 I / (4 π R ) + μ0 I / (4R )] . (C) j μ0 I / (4 π R ) + k [μ0 I / (4 π R )+μ0 I / (4R )] . (D) j μ0 I / (4 π R ) －k [μ0 I / (4 π R )－μ0 I / (4R )] .（）4、一电流元i d l 位于直角坐标系原点，电流沿Z 轴方向,空间点P ( x , y , z )的磁感应强度沿x 轴的分量是：(A) 0.(B) –(μ0 / 4π)i y d l / ( x 2 + y 2 +z 2 )3/2 . (C) –(μ0 / 4π)i x d l / ( x 2 + y 2 +z 2 )3/2 .(D) –(μ0 / 4π)i y d l / ( x 2 + y 2 +z 2 ) .（）5、电流I 由长直导线1 沿垂直bc 边方向经a 点流入一电阻均匀分布的正三角形线框,再由b 点沿垂直ac 边方向流出,经长直导线2 返回电源 (如图6.1.4)，若载流直导线1、2和三角形框在框中心O 点产生的磁感应强度分别用B 1 、B 2和B 3 表示，则O 点的磁感应强度大小 (A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0 .(B) B = 0，因为虽然B 1 ≠0,B 2 ≠0,但 B 1 +B 2 = 0 ,B 3 = 0. (C) B ≠ 0，因为虽然B 3 =0，但B 1 +B 2 ≠ 0. (D) B ≠ 0，因为虽然B 1 +B 2 = 0，但B 3 ≠0 . （）6、如图6.1.5，边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q 的点电荷．此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1；此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为(A) B 1 = B 2． (B) B 1 = 2B 2． (C) B 1 =21B 2． (D) B 1 = B 2 /4．（）7、边长为 l 的正方形线圈中通有电流I ，此线圈在A 点(见图6.1.6)产生的磁感强度B 为 (A)l Iπ420μ． (B) l Iπ220μ (C) lIπ02μ． (D) 以上均不对．（）8、如图6.1.7所示，电流从a 点分两路通过对称的圆环形分路，汇合于b 点．若ca 、bd 都沿环的径向，· ·xyz -aaII O图6.1.2y -R · · xz R I IO A BC DE图6.1.3 12 O a bcI I图6.1.4图6.1.5AII 图6.1.6则在环形分路的环心处的磁感强度(A) 方向垂直环形分路所在平面且指向纸内． (B) 方向垂直环形分路所在平面且指向纸外． (C) 方向在环形分路所在平面，且指向b ． (D) 方向在环形分路所在平面内，且指向a ． (E) 为零．（）9、在一平面内，有两条垂直交叉但相互绝缘的导线，流过每条导线的电流i 的大小相等，其方向如图6.1.8所示．问哪些区域中有某些点的磁感强度B 可能为零？ (A) 仅在象限Ⅰ． (B) 仅在象限Ⅱ． (C) 仅在象限Ⅰ，Ⅲ． (D) 仅在象限Ⅰ，Ⅳ．(E) 仅在象限Ⅱ，Ⅳ．二.填空题 1、氢原子中的电子，以速度v 在半径r 的圆周上作匀速圆周运动，它等效于一圆电流，其电流I 用v 、r 、e （电子电量）表示的关系式为I = ，此圆电流在中心产生的磁场为B= ，它的磁矩为p m = .2、真空中稳恒电流I 流过两个半径分别为R 1 、R 2的同心半圆形导线，两半圆导线间由沿直径的直导线连接，电流沿直导线流入 (1) 如果两个半圆面共面，如图6. 1.9 (1)，圆心O 点磁感应强度B 0 的大小为，方向为； (2) 如果两个半圆面正交，如图6.1.9(2)，则圆心O 点磁感应强度B 0 的大小为，B 0的方向与y 轴的夹角为 .3、求图6.1.10中各图P 点的磁感强度B 的大小和方向三.计算题1、如图，将一导线由内向外密绕成内半径为R 1 ，外半径为R 2 的圆形平面线圈，共有N 匝，设电流为I ，求此园形平面载流线圈在中心O 处产生的磁感应强度的大小.II · O O · I I x yz R 1R 2R 2 R 1 (1)(2)图6.1.91 2a bOI I · ·cI db a图6.1.7图6.1.8I aI2P IP a a图6.1.102.、宽为b的无限长平面导体薄板，通过电流为I，电流沿板宽度方向均匀分布，求：（1）在薄板平面内，离板的一边距离为b的M点处的磁感应强度；（2）通过板的中线并与板面垂直的直线上的一点N处的磁感应强度，N点到板面的距离为x。

大学物理恒定磁场

P型---- 正电空穴 N型---- 负电粒子
26
测载流子电性 — 半导体类型
8.5 载流导线在磁场中受力
一、一段载流导线上的力——安培力 I 2 1个电子受力 f qv B 1 N个电子受力 d F Nq v B 电流元 I d l B
N n d V nS d l
不对 q 做功。

v
q
B
v

B
F qE qv B
15
二、带电粒子在均匀磁场中运动
1）运动方向与磁场方向平行
Fm qv B
Fm qvBsinθ
θ 0 F 0
q
v
B
带电粒子作匀速直线运动
16
二、带电粒子在均匀磁场中运动
3）运动方向沿任意方向
v // v cos v v sin
mv sin 半径： R qB 2R 周期：T v
v
q
+
v
v// h
B
匀速圆周运动与匀速直线运动的合成运动轨迹为螺旋线
2 m qB
2 m 螺距： h Tv // v cos qB
18
（3）地磁场内的范艾仑辐射带
22
23
四、霍耳效应
现象：导体中通电流 I ，磁场B 垂直于I ，在既垂直于 I ，又垂直于B 的方向出现电势差 U 霍耳电压UH
B

h
V
+ v - - -q- - -
F
I
b
原因：载流子q，漂移速度 v
Fm qv B
25
霍耳系数
1 RH ne

第十一章真空中的恒定磁场(1)讲述

（3）当带电粒子沿与上述
特定方向垂直的方向运动时所
即： Fmax qv 受到的磁力最大(记为Fm )，
并且Fm与q v的比值是与q、v
Fmax qv
无关的确定值。
大小与 q,无v关
第十一章真空中的恒定磁场
定
磁感应强度
B
:
反映空间某点的磁场大小和方向
义大小： B Fmax qv
方向：小磁针平衡时N 极的指向
第十一章真空中的恒定磁场
例1 长直电流的磁场.
dB 方向均垂
直指向里
q2
Idl q r
Il
od
q1
解
dB
0
4π
Idl sinq
r2
B
dB
0I
4π
dl sinq
r2
l d cotq, r d / sinq
*P dB
dl d dq / sin2 q
B 0I q2 sinq dq 4 π d q1
第十一章真空中的恒定磁场
第十一章真空中的恒定磁场
静电荷静电场
运动电荷电场磁场
稳恒电流稳恒磁场
学习方法：类比法
第十一章真空中的恒定磁场
§11-1 磁感应强度磁场的高斯定理
一、基本磁现象 (1) 天然磁铁吸引铁、钴、镍等物质。 (2) 条形磁铁两端磁性最强，称为磁极。
一只能够在水平面内自由转动的条形磁铁，平衡时总是顺
第十一章真空中的恒定磁场
规定：通过垂直于磁感应线方向的单位面积的磁感应线条数等于该点磁感应强度的大小。即
B dN
dN
dS
B
dN是穿过
dS
面的磁感应线条数。

工科物理大作业07-恒定磁场(1)

图7-10707 恒定磁场（1）班号学号姓名成绩一、选择题（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内）1．通有电流I 的无限长导线abcd ，弯成如图7-1所示的形状。

其中半圆段的半径为R ，直线段ba 和cd 均延伸到无限远。

则圆心O 点处的磁感强度B 的大小为：A ．R I RIπμμ4400+； B ．RIR I πμμ2400+； C ．RI R Iπμμ4200+； D ．R Iπμ0。

（A ）[知识点] 载流导线磁场的公式，磁场B 的叠加原理。

[分析与解答] 无限长载流直导线ab 在其延长线上任一点产生的磁场有 01=B半径为R 的半圆形截流导线bc 在圆心处产生的磁场为 αR I μB π402=RIμR I μ4ππ400==，方向为⊗ 半无限长截流直导线cd 在距其一端点R 处产生的磁场为 RIμB π403=，方向为⊗ O 点的磁场可以看成由三段载流导线的磁场叠加而得，即 3210B B B B ++= 由于方向一致，则RIμR I μB B B B π44003210+=++=，方向为⊗。

2. 如图7-2所示，载流圆形线圈（半径a 1）与正方形线圈（边长a 2）通有相同的电流I 。

若两个线圈的中心O 1、O 2处的磁感强度大小相等，则半径a 1与边长a 2的比值21:a a 为：图7-2图7-3A ．1:1； B. 1:2π；C.4:2π； D.8:2π。

（D ）[知识点] 载流导线的磁场公式，磁场叠加原理。

[分析与解答] 圆形线圈中心的磁场为1012a IμB =正方形线圈中心的磁场为()[]202022245sin 45sin 244a Iμa I μB π=︒--︒⨯π= 由题意知 21B B = 即2010222a Iμa I μπ= 则8221π=a a3．如图7-3所示，两个半径为R 的相同金属圆环，相互垂直放置，圆心重合于O 点，并在a 、b 两点相接触。

大学物理第7章恒定磁场试题及答案.docx

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。

大学物理稳恒磁场理论及习题解读

250 0 方向垂直A面
B
BC
0 N C I C
2 RC

0 20 5
2 0.10
O BA
5000 方向垂直C面
B
2 BA
2 BC
7.02 10 T 方向 : tan
4
1
BC 63.4 BA
NIZQ
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恒定磁场
NIZQ
问题: 磁现象产生的原因是什么?
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恒定磁场
• 电流的磁效应 1820年奥斯特实验表明: 电流对磁极有力的作用. 1820年 9月 11日在法国科学院演示的奥斯特的实验 ,引起了安培的兴趣 .一周之后安培发现了电流间也存在着相互作用力.
此后安培又提出了著名的安培定律 : 磁体附近的载流导线会受到力的作用而发生运动.
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恒定磁场
结论: 磁现象与电荷的运动有着密切的关系 . 运动电荷既能产生磁效应,也受到磁力的作用. 安培把磁性归结为电流之间的相互作用 . 1822年安培提出了分子电流假说:
• 一切磁现象起源于电荷的运动.
• 磁性物质的分子中存在分子电流, 每个分子电流相当于一基元磁体。
写成矢量表示:
0 Idl sin
2 4π r 0 Idl r dB 4π r 3
真空中的磁导率: 0= 410-7亨利· 米-1 (H· m-1)
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恒定磁场
• 毕奥—萨伐尔定律的应用恒定磁场的计算: 1.选取电流元或某些典型电流分布为积分元. 2.由毕-萨定律写出积分元的磁场dB .

第七章恒定磁场-习题解答

第七章、稳恒磁场
7-3 如图所示，一无限长载流绝缘直导线弯成如附图所示的
形状。求使o点的磁感应强度为零的半径a和b的比值。
解该载流系统由三部分组成，o点的磁感
应强度为载有相同电流的无限长直导线
及两个半径分别为a和b的圆环分别在该
处激发的磁感应强度的矢量和。设磁场方向以垂直纸面向内为正，向外为负。
方向垂直纸面向里。（2）由磁矩定义
方向垂直纸面向里。
第七章、稳恒磁场
7-20 质谱仪的构造原理如图所示。离子源S提供质量为M、
电荷为q的离子。离子初速很小，可以看作是静止的，然后经
过电压U的加速，进入磁感应强度为B的均匀磁场，沿着半圆
周运动，最后到达记录底片P上。测得离子在P上的位置到入
口处A的距离为x。试证明该离子的质量为：M ? qB 2 x 2 。
或由磁感应线是闭合曲线，也可推知
??
Φaefd
?
? Φabcd
?
0.24Wb
? Φ ? ?B?dS ? 0
第七章、稳恒磁场
7-9 一个非均匀磁场磁感应强度的变化规律为B=ky（k为常量），方向垂直纸面向外。磁场中有一边长为a的正方形线框，其位置如图所示。求通过线框的磁通量。
解在线框内坐标为y处取一长为a宽为 dy的矩形面积元dS，在dS中磁场可认为是均匀的，则通过dS的磁通量
? I2l
? 0 I1
2πx1
I2l
? ?7.2?
F2 10?4
? B2I2l N
?
? 0 I1
2πx2
I2l
负号表示合力方向水平向左。
第七章、稳恒磁场
习题7-16 一长直导线通有电流I =20A，另一导线ab通有电流I?=10A，两者互相垂直且共面，如图所示。求导线ab所受的作用力和对o点的力矩。

恒定磁场公式

恒定磁场公式恒定磁场是物理学中的一个重要概念，在我们的学习过程中，涉及到一系列的公式。

先来说说磁感应强度 B 这个家伙，它的定义式是 B = F / (IL) 。

这里面的 F 是磁场对电流元 IL 的作用力。

咱就说，有一次我在实验室里做实验，要测量一个小磁针在磁场中的受力情况。

那小磁针就像个倔强的小家伙，在磁场中左摇右摆，好不容易才稳定下来。

我紧紧盯着测力计上的读数，心里那个紧张啊，就怕出一点差错。

这就像我们在解题的时候，每一个数据都得小心翼翼地对待，不然得出的结果可就差之千里啦。

还有磁通量Φ，公式是Φ = BS 。

这个 S 指的是垂直于磁场方向的面积。

我记得有一次上课，老师拿了个巨大的线圈，然后用一块强磁铁在旁边晃悠，给我们演示磁通量的变化。

那磁铁一靠近，同学们的眼睛都瞪得老大，看着指针疯狂摆动，就好像在看一场精彩的魔术表演。

安培力的公式是F = BILsinθ ，这里的θ 是电流方向与磁场方向的夹角。

有一回我在做一道关于安培力的题目，怎么都算不对，急得我抓耳挠腮。

后来才发现，原来是我把角度给算错了，真是细节决定成败啊！洛伦兹力的公式是F = qvBsinθ ，这在研究带电粒子在磁场中的运动时可太重要了。

我曾经在科普视频里看到过关于粒子加速器的介绍，那些带电粒子在强大的恒定磁场中飞速旋转，遵循着这些公式所描述的规律，感觉真是神奇极了。

在学习恒定磁场公式的过程中，我深深地感受到，这些公式不仅仅是一堆枯燥的符号和数字，它们背后是神奇的物理世界。

就像我们通过一扇小小的窗户，窥探到了宇宙的奥秘一角。

有时候，我会想，要是没有这些公式，我们对于磁场的理解可能就像在黑暗中摸索，毫无头绪。

而有了它们，我们就像是有了指南针，能够在磁场的知识海洋中找到方向。

不过，学习这些公式可不能死记硬背，得理解它们的含义和适用条件。

不然，一遇到稍微复杂点的题目，就会像迷路的小羊羔，不知所措。

总之，恒定磁场的公式虽然有点复杂，但只要我们用心去学，多做练习，多观察生活中的相关现象，就一定能掌握它们，走进那个充满魅力的磁场世界！。

恒定磁场

x r sin
Idl
x dl 2 d sin
r l o 1
积分变为:
x I sin d 2 Idlsin 2 2 0 sin 0 B dB 1 4π L 1 4 π r2 x2 2 sin 0 I 0 I sin d cos1 cos 2
1 0 , 2 0,
B =0
a
直线电流的磁感应线
磁感应线是以直线电流为轴的一层层同心圆环。
I
I
B
2.通电圆线圈的磁场
已知：电流为I，半径 R
Idl
求：圆电流的垂直轴线上P点的 B
R
I
解：将圆环分割为无限多个电流元，电流元在轴线上产生的磁感应强度 dB 为：
o
Idl
dB dB r dBx x P dBx ' x dB ' dB'
I
I
第三节恒定磁场的高斯定理一.磁感应线
为形象的描绘磁场分布而引入的一组有方向的空间曲线。规定： •方向：磁感应线上各点的切线方向就是该点磁感应强度的方向。 •大小：通过磁场中某点垂直于磁感应强度的单位面积的磁感应线条数等于该点磁感应强度的大小。磁感应线的疏密可以反映磁感应强度的大小。磁感应线稀疏处B较小，磁感应线密集处B较大。

二.毕奥-萨伐尔定律的应用
解题步骤
1.选取合适的电流元——根据已知电流的分布与待求场点的位
置； 2.选取合适的坐标系——要根据电流的分布与磁场分布的特点来选取坐标系，其目的是要使数学运算简单； 3.写出电流元产生的磁感应强度——根据毕奥－萨伐尔定律；
4.计算磁感应强度的分布——叠加原理；

大学物理课后选择与作业答案

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 ）．。

《大学物理》恒定磁场练习题及答案

《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。

第十一章恒定电流的磁场(一) 作业及参考答案 2014

一.选择题:1．（基础训练1）［D ］载流的圆形线圈(半径a1)与正方形线圈(边长a2 )通有相同电流I．若两个线圈的中心O1、O2处的磁感强度大小相同，则半径a1与边长a2之比a1∶a2为(A) 1∶1 (B) π2∶1(C) π2∶4 (D) π2∶8提示()82,,22135cos45cos244,2212212121ππμπμμ===-⨯⨯⨯==aaBBaIaIBaIBoooo得由2．(基础训练3)［B ］.有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a，厚度不计，电流I在铜片上均匀分布，在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为b处的P点(如图)的磁感强度B的大小为(A))(2baI+πμ．(B)bbaaI+πln2μ．(C)bbabI+πln2μ．(D))2(baI+πμ．提示：bbaaIrdraIrrdIdBdraIdIabb+======⎰⎰⎰+ln222dIBBB,BdB,2P,)(drrPπμπμπμπμ的大小为：，的方向也垂直纸面向内据方向垂直纸面向内；根处产生的它在，电流为导线相当于一根无限长的直的电流元处选取一个宽度为点为在距离3. .(基础训练4)［D ］如图，两根直导线ab和cd沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I从a端流入而从d端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L的积分⎰⋅LlBd(A) I0μ．(B) I031μ．(C) 4/Iμ．(D) 3/2Iμ．提示⎰∑⎰=⋅∴=-==∴===⋅LLIl dBIIslIIslIslIIIl dB32322)(RRRIRI11122112122111Lμρρρμμ得为两条支路的电阻。

，，其中，而内4. 自测提高7［C ］如图，正方形的四个角上固定有四个电荷量均为q 的点电荷．此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感应强度大小为B 1；此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为(A) B 1 = B 2． (B) B 1 = 2B 2．(C) B 1 =21B 2． (D) B 1 = B 2 /4．提示：设正方形边长为a ,)22(a b b OC AO ===式中，两种情况下正方形旋转时的角速度ω 相同，所以每个点电荷随着正方形旋转时形成的等效电流相同，为 πω2q I =当正方形绕AC 轴旋转时，一个点电荷在O 点产生的磁感应强度的大小为bIB 20μ=，实际上有两个点电荷同时绕AC 旋转产生电流，在O 点产生的总磁感应强度的大小为b IbIB B 001222μμ=⨯==同理，当正方形绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为bIb IB B 0022244μμ=⨯== 故有122B B =5. 附录C 2［ B ］有一半径为R 的单匝圆线圈，通以电流I ，若将该导线弯成匝数为2=N 的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感应强度和磁矩分别是原来的：(A) 4倍和1/8 (B) 4倍和1/2 (C) 2倍和1/4 ． (D) 2倍和1/2提示：由半径为R 的单匝线圈弯成匝数为2=N 的线圈以后，每一个线圈的半径变为R r 21=，故磁感应强度变为原来的4倍，磁矩变为原来的1/2，总的变化为4倍和1/2二. 填空题6.（基础训练11）均匀磁场的磁感强度B与半径为r 的圆形平面的法线n的夹角为α ，今以圆周为边界，作一个半球面S ，S 与圆形平面组成封闭面如所示．则通过S 面的磁通量Φ = απcos 2B r -。

第7章恒定磁场1

为r 的阴影部分均匀带正电荷，面电荷密度为■二，其余第7章恒定磁场二、计算题 1.边长为21的正方形导体框载有电流 I .求正方形轴线上离中心 O 为X 处的磁感应强度B 和磁场强度H .2. 如T7-3-2图所示，一无限长载流直导线载有电流I ,在一处弯成半径为 R 的半圆弧.求此半圆弧中心O 点的磁感应强度B .3.两共轴载流线圈，半径分别为 R i 和R 2 ,电流分别为I i 和∣2 ,电流流向如T7-3-3图所示•两线圈中心 O 1和O 2相距为21 ,联线的中心为 O .求轴线上离 O 点为r 处的磁感应强度B .4. 如T7-3-4图所示，表面绝缘的细导线密绕成半径为心，另一端在盘边缘，沿半径单位长度上的匝数为 n 当导线中通有电流I 时，求离圆盘中心距离X 处P 点的磁感应强度 B .5.女口 T7-3-5图所示，宽度为 d 的“无限长”直导体薄片通有从下到上的电流 I ,电流在导体横截面上均匀分布.图中P 点为通过导体片中线并与导体片面垂直的平面上的一点，它与导体片的距离为 r .求P 点的磁感应强度B .OT7-3-2图R 的平面圆盘，导线的一端在盘6.如图，一半径为 R 的带电塑料圆盘，其中有一半径 T7-3-3 图 bT7-3-4 图T7-3-5 图X X X_.X X X ：部分均匀带负电荷，面电荷密度为 -：：；.当圆盘以角速度•■旋转时，测得圆盘中心 O 点的磁感应强度为零，问 R 与r 满足什么关系？7. 星际空间里某区域内存在一均匀磁场B ，其大小为1.0 10 '高斯.一电子在此磁场中运动，其速度沿磁场 B 方向的分量为1%c .当电子沿磁场方向前进了一光年时，它绕磁力线转了多少圈 8.图7-3-7所示的结构中，两水银杯与一个带开关K 的电源相联结；上部分是一质量为m 的一段导线弯成了形，上面一段长度为 L,置于垂直向里的均匀磁场B 中，下端也分别插入到两水银杯中. 开关K 接通时，上面的的导线就会跳起来，设导线跳起的高度为 h,求通过导线的电量.9. 一 “无限长”直线电流I 1旁边有一段与之垂直且共面的电流 I 2 ,载流∣2的导线长度为L,其一端离“无限长”直线电流的距离也是L.试求电流I 1作用在电流I 2上的磁场力.10. 一线圈由半径为 0.2m 的1.4圆弧和相互垂直的二直线组成，通以电流2A ，把它放在磁感应强度为 0.5T 的均匀磁场中(磁感应强度B 的方向如T7-3-10图所示).求：C(A) 线圈平面与磁场垂直时，圆弧AB所受的磁力；(B) 线圈平面与磁场成 60 •角时，线圈所受的磁力矩. 11.电流均匀地流过无限大平面导体薄板，面电流密度为j ,设板的厚度可以忽略不计，试用毕奥----萨伐尔定律求板外的任意一点的磁感应强度.12. 如T7-3-12图所示，一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，电荷面密度为二，该筒以角速度■绕其轴线匀速旋转，试求圆筒内部的磁感应强度.13. 带电刚性细杆 CD,电荷线密度为丸,绕垂直于直线的轴 O 以ω角速度匀速转动(O 点在细杆AB 延长线上)，求：(1) O 点的磁感应强度B o ；⑵磁矩P m ；(3)若a …b ,求B o 及P m .OT7-3-6 图T7-3-8 图14. T7-3-14图为两条穿过y轴且垂直于x— y平面的平行长直导DT7-3-13 图⑴推导出X轴上P点处的磁感应强度B(X)的表达式.⑵求P点在X轴上何处时，该点的 B取值最大.15. 如T7-3-15图所示的一无限长圆筒，内半径为R i,外半径为 R2,沿轴向通有恒定电流，密度为j ,求磁感应强度分布.16. 一厚度为b的无限大平板，沿板平面均匀流有恒定电流，其密度为j ,方向如T7-3-16图示，求板内外磁场的分布.17•如T7-3-17图所示，两个闭合曲线L1和L2环绕一稳恒电流I ,求电流I的磁场对于T7-3-15 图T7-3-17 图闭合曲线L1和L2的环流L B dl禾L B dl18. 均匀磁场中放置一半径为 R的半圆形导线，其位置如T7-3-17图所示.已知磁感强度为B ,导线中电流为I ,导线两端的连线与B夹角-30 ,求此段圆弧所受磁力.19. 一无限长圆柱面沿轴向开有细长条缺口，缺口的宽度b远小于圆柱的半径 R,圆柱面上均匀通有轴向电流，电流的线密度为j .在圆柱的轴线位置放置无限长载流直导线，电流强度为I, j、I的方向相同.求单位长度的载流直导线所受带缺口的圆柱面电流的磁力.20. 一半径为R的圆线圈，载有电流I ,置于均匀外磁场B中，线圈的法线方向与B的方向相同，在不考虑载流线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力.21. 如T7-3-21图所示，支在一水平轴尖 O上的一细长小磁针，在地磁场的作用下，平衡时指向南北方向；若使磁针偏离平衡位置一个小的角度后释放，它将绕平衡位置往复摆动•经实验测定，小磁针的摆动周期T = 2s ,小磁针绕O轴的转动惯量J = 8 × 10-8 kg ∙m2,地磁场的磁感应强度的水平分量 B = 0.3 × 10-4 T.试求小磁针的等效磁矩.T7-3-21 图T7-3-20 图。

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