练习一 （磁）1. (C)2.a 4I 0πμ,⊗3.)412(R 2I 0ππμ+-, ⊗4. 可看成许多平行的无限长载流直导线组成,其中一宽为θRd dl =的直导线载有电流dl RIdI π=θθπμθπd sin R2I)2cos(dB dB 20x -=+=⎰-=-=ππμθθπμ02020x RI d sin R 2I Bθθπμθπd cos R 2I )2sin(dB dB 20y =+= 0d cos R2I B 020y ==⎰πθθπμ )T (i1037.6i RI B 620O -⨯-=-=πμ5. 将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r的圆环带电rdr2dq πσ⋅=圆环转动形成的电流为rdr dq 2dI ωσπω==则 dr r dIdB ωσμμ00212== 各B d 同向R 21dr 21dB B 00R 0σωμωσμ===∴⎰⎰练习二 （磁）1. (B)2. 变量 ，I ομ-3. 1∶1, 304. 在横截面上以轴点为圆心，作半径为r 的圆形环路则 （1） a r < ⎰=⋅Ll d B 0, 0=∴B(2) b r a << I a b a r rB l d B L )()(22222--==⋅⎰ππμπο , ra b Ia r B )(2(22)22--=∴πμο (3) b r <I rB l d B L⎰==⋅ομπ2,rIB πμο2=∴ 5. 取电流元 dI=(I/b)dx则 )x r b (b 2Idx)x r b (2dIdB 00-+=-+=πμπμrbr ln b 2I )x r b (b 2IdxB b00+=-+=⎰πμπμ 方向向里练习三 （磁）1.（B ）2. 03. 1∶14.取面积元xdx ahydx dS ==,它距长直载流导线为 （b+x ）m d φ=S d B ⋅=xdx ahx b I⋅+)(2πμο=dx xb ba hI )1(2+-πμο ∴ m φ=⎰m d φ=ahIπμο2dx xb ba)1(0⎰+-=ahI πμο2[b ab ln b a +-]5. 在横截面上以轴点为圆心作半径为r 的圆形环路,由环路定理可得：R r < 222r R I rB ππμπο⋅= r R I B 22πμο=内R r ≥ I rB ομπ=2 rIB πμο2=外 矩形纵截面 外内S S S +=，其总磁通量为：⎰⎰⋅+⋅=S 外S 内m S d B S d Bφ)m 1l (2ln 212I ldr r 2I ldr R2Ir R 2R 0R20=+=+=⎰⎰）（πμπμπμο 练习四 （磁）1. (D)2. (B)3. (B)4. AB 处的B )6a3b (2IB AB -=πμο，⊗，受力)6a3b (2aI I F 211-=πμο, 方向AB ⊥向左1I 在BC 上与1I 相距x 的电流元l d I 2处的xIB πμο21=，⊗，由B l d I F⨯=⎰22 及 2330cos dxdx dl ==得6a 3b 3a 3b ln 3I I 23dx x 2I I F 21a 33b a63b 212-+=⋅=⎰+-πμπμοο 方向：在∆平面里BC ⊥向外 同理知23F F =，CA F ⊥3向外（在∆平面里）。

由对称性知合力无y 分量60cos 6a 3b 3a 3b ln 3I I 2)a 63b (2I aI F F 2121x -+⨯+--==∴πμπμοο 5.（1）由安培环路定律和磁场叠加原理，可得导线间的B 为)x d 3(2Ix 2I B -+=πμπμοο, 滑块受到的磁力 5ln I IBdx f 2d 52d 2⎰==πμο常量===∴5ln 2πμοm I m fa又00=U 5ln 212ομπmlIa l t ==∴（2） 215ln 2）（πμοm l I at V t ⋅==练习五 （磁）1. (C)2. (D)3. 矫顽力大,剩磁也大 永久磁铁4. I R 221π， IB R 221π，ϕsin RIB 2 5. B 垂直于y 轴而与x 轴成锐角6. (1) 朝东(2) 已知电子的能量 E k =(1/2)mv 2=1.2×104eV所以电子的速度 v=(2E k /m)1/2(1)电子的电量 e=1.6×19-19 C 电子的质量 m=9.11×10-31kg 设电子通过的距离为s 、偏转间距为 x 则有Rmv evB f 2== (2)222)x R (s R -+= (3) 联解(1),(2),(3)得 m 1098.2mE 8eBs R 2s x 3k22-⨯==≈7. 证: 将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r 的圆环带电 rdr 2dq πσ⋅=圆环转动形成的电流为 rdr dq 2dI ωσπω==该圆电流的磁矩为 rdr r SdI dp 2m ωσπ⋅== 方向沿盘面轴线 该圆电流在磁场中受到的磁力矩为 dr r B B dp dM 3m πωσ==各M d同向 4BR dr r B M 4R3σωππωσ==⎰证毕.练习六 （磁）1.（B ）2.（D ）3. ① (D)，② (B)，③ b ， 2RBv4.-VBL 215. dx Kxl S d B d m 1=⋅=φθφθθcos l Kl 21xdx Kl 221)cos 1(l 2)cos 1(l 1m 22==⎰+- θωθθφεsin 21sin 21221221l Kl dt d l Kl dt d m i =⋅=-= 练习七 (磁)1.（A ）2.（D ）3. 0.15T4.（1）自感 212ln 212D Dh N S d B INI N L D D ⎰=⋅==πμφο （2）H D D h N L 138.0ln 2212==πμο5. 在棒上取一长度元dl ,该长度元的速度 θωsin l v =,该长度元上的电动势为ldl sin B dl sin vB d 2i θωθε==OP 棒上的电动势为 2L2i )sin L (B 21ldl sin B θωθωε==⎰练习八 （磁）1. 变化的磁场，E q F=2. 导体在磁场中运动（切割磁力线）时，自由电荷受洛仑兹力而在导体内定向移动所致；磁场随时间变化所产生的涡旋电场可对载流子做功。

3. 0 4. 3.7 H 5. -800 Wb/s6. 在正方形线圈取一长条形面积元dr d dS ⋅= ,其所在处的磁感强度dr )r1d r 1(2I B 0--=πμ )34ln(2Id dr )r 1d r 1(2Id BdS 0d3d 20m πμπμφ=--==⎰⎰dtdI )34ln(2d dt d 0m i πμφε==7. (1) 取面积元 ldr dS = ldr r2IBdS d 0m πμφ== ada ln 2Il ldr r 2I 0da a0m +==⎰+πμπμφ (2) ad a ln 2l N I N M 0m +==πμφ (3) t cos )ada ln(2l NI dt dI M00M ωπωμε+-=-= 练习九 （磁）1. (C)2. 0 ，42228R r I πμο 3. 略4. R 2vB i ⋅=ε P 端电势高5. （1）两线圈内电流绕向相反，各点B=0，则0=ψ 0==∴IL ψ（2）此时两线圈完全耦合 121L L L M ==IL 4)M L M L (I 121122211=+++=+++=ψψψψψH L I L 2.041===ψ（3） 此时也为完全耦合，但二者磁通不能相加 21ψψψ==I L L IM L I LI 11122)(2=⋅=+=H L L 05.01== 练习十 （磁）1. (C)2. 0 ，221ab B ωε=，高 3. 1.5 mH 4. 22.6 J/m 3 5. 线框中只有两条坚直边切割磁力线,以顺时针方向为正,线框中的感应电动势为 ))l d (2I d 2I (vl l vB l vB 10022221i +-=-=πμπμε)l d (d 2vl Il 1210+=πμ, 顺时针方向6. (1) 00I i ,x2i B ==πμ10l l l 0000l l l l l l ln 2I v dx x 2I vvBdx 100100+===⎰⎰++πμπμε V a >V b (2) t cos I i 0ω=, 以abcda 作为回路正方向1020l l l 202l l l ln 2il dx x 2il dx Bl 100+===⎰⎰+πμπμφ )t cos v t sin l (l l l ln 2I ]il [dt d l l l ln 2dt d 20100020100ωωωπμπμφε-+=+-=-=练习十一 （磁）1. B2. D3. B4.t cos a 2r I 20ωμπt sin Ra 2r I 20ωωμπ 5.θtg BL mgRaθtg BLmg由b 向a6. 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ，则通过该圆线圈平面的磁通量为θcos r πB 2=Φ, nt 2t π==ωθ∴nt 2cos r πB 2π=Φ在任意时刻线圈中的感应电动势为nt 2sin n 2r NB td d N2πππ=-=Φε nt 2sin n BNr 222ππ=t Τ2sin I nt 2sin R n NBr 2R i m 2πππ2===E当线圈转过π /2时，t =T /4，则 987.0R /NBn r 2I i 2m ===2π A(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为==')r 2/(NI B m 0μ 6.20×10-4T 方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小500.0)B B (B 2/1220≈'+= T 方向与磁场B的方向基本相同．解：筒以ω旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流π2L Q ω⋅，它和通电流螺线管的nI 等效．按长螺线管产生磁场的公式，筒内均匀磁场磁感强度为： Lπ2Q B 0ωμ=(方向沿筒的轴向)筒外磁场为零．穿过线圈的磁通量为： L2a Q B a π202ωμΦ==在单匝线圈中产生感生电动势为=-=t d d ΦE )t d d (L 2Qa20ωμ-0020Lt 2Qa ωμ= 感应电流i 为 020RLt 2Qa R i ωμ==Ei 的流向与圆筒转向一致．练习一（振动）1．（C ） 2.（B ） 3.（B ） 4. km 2π5. 15×10-2COS （6πt+π/2） 6.（1） t=0时， a=2.5ms -2N 5ma F == (2) 5a max =, 其时1)t 5sin(=-πN 10a m F max max == x=±0.2m7. 由曲线可知A =10cm.t=0 ⎩⎨⎧<-==-=0sin 10cos 105ϕωϕVo Xo ⇒=ϕ32π由图可知质点由位移为Xo =-5cm 和Vo<0的状态，到x =0和V>0的状态所需时间t=2s ，代入方程得 O=10cos （2ω+2π/3）即 2ω+2π/3=3π/2 ∴ ω=5π/12故得 X = 0.1cos （5πt/12+2π/3） （SI ）练习二（振动）1. (B)2. (C)3. (A)4. (1) s 19.4T s5.1A /v Av 1m m =⇒==∴=-ωω(2) 222m s /m 105.4A a -⨯==ω(3) )SI ()2/t 5.1cos(02.0x 2/ππφ+==5. (1) 对小物体在竖直方向有 mg-N=ma N=m （g-a ）当N=0，即 a=g 时，小物体开始脱离振动物体.已知 A=10cm . =ωmk=50 rad ·s-1∴amax = A ω2= 5ms -2< g 故小物体不会离开.（2）若a max >g 小物体与振动物体分离，开始分离的位置由N=0求得：g= a max = -ω-2x x=-g/ω2=-19.6cm 即在平衡位置上方19.6cm 处开始分离.由 a max =ω2A ＞g可得 A ＞g/ω2=19.6cm练习三（振动）1. （E ）2.（C ）3.43，g l ∆π24.（1）令22P kA 412E kx 21E ===， 则 x 2=A 2/2 ∴)m (54.3A 22x ±=±= （2）令=t ∆ωπ/4，则 43)3/(44t =⨯==ππωπ∆（S ）， 5, 解：(1) 由题意 kA F m =，m x A =，m m x F k /=．16.021212===m m m x F kx E J (2) π===2mm m x A vv ω rad /s由 t = 0， φcos 0A x ==0.2 m ， 0sin 0<-=φωA v可得 π=31φ则振动方程为)312cos(4.0π+π=t x练习四（振）1. (B)2. (B)3. 5×10-2m 4. 4×10-2m ，2π 5. 依题画出旋转矢量图,由图可知两谐振动的相位差为π/2. 6. 解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )cos(φω+=t A x 则 )cos(2122122212φφ-++=A A A A A ① 以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得5cm 3422=+=A cm又 22112211cos cos sin sin arctg φφφφφA A A A ++= ②≈127°≈2.22 rad ∴)22.22cos(05.0+π=t x (SI)练习五（波）1.（C ）2.（B ）3. 2π/54. 0.06sin(πt/2-5π/4)5. (1) 由P 点的运动方向，则可判定该波向左传播.对原点O 处质点，t=0时，有⎪⎩⎪⎨⎧<-==0sin A V cos A 2/A 20ϕωϕ∴4πϕ= ∴O 处振动方程为：y 0=Acos （500πt+π/4）波动方程为：y=Acos[2π（250t+x/200）+π/4] （SI ） （2）距O 点100m 处质点振动方程是： y 1=Acos （500πt+5π/4） （SI ）振动速度为 V=-500πAsin （500πt+5π/4） （SI ） 6.练习六（波）1. (C)2. (A)3. (D)4. a/b5. 解：(1) O 处质点，t = 0 时 0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v 所以 π-=21φ 又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 故波动表达式为 ]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI) (2) P 处质点的振动方程为 ]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 6. 解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ，T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ ∴ )2121cos(5.0π+π=t y (SI)练习七（波）1. （B ）2. （B ）3. R 22/R 21 4. 1.27×10-2Wm -2, 3.18×10-3Wm -25.（1） P=ω/t=2.7×10-3J ·S -1(2) I = P/S = 9.00×10-2Js -1m -2(3)341065.2/--⨯==Jm u I ω6. 已知 A=0.1m ， T=1S ， λ=8m 波沿x 轴负向传播，则波函数y=0.1cos[2π（t+x/λ）+ϕ]在x=λ/2处有 )t 2cos(1.0y 0ϕππ++=而4/0πϕπ=+ 4/30πϕ-=∴x (m)y (m)0u 0.512t = 0-1∴ 波函数为y=0.1cos[2π（t+x/8）-3π/4]于是有 （1）x=λ/4处的振动方程为 y=0.1cos （2πt-π/4）（2）x=-λ/4处的振动方程为 y=0.1cos （2πt-5π/4）其振动速度为 )45t 2sin(2.0dt dy πππ--= 且 12/T t ms 444.0)45sin(2.0dt dy -==--=πππ练习八（波）1.（D ）2. 03. 0.5m4. 4. 相同，相同，2π/35. 解：=-π--=∆)(21212r r λφφφ422412/r r π-=π+π-πλλ464.0)cos 2(2/1212221=++=∆φA A A A A m 6. (1) )/x 2t cos(A y λππω-+= (2) )/x 2/L 4t cos(A y λπλπω+-'='练习九（波）1. （B ）2. (B)3. Acos2π（t/T-x/λ），A4. 1×102，0.15.（1）L=3×λ/2， λυ= u ∴L=3u/2υ=（3/2）×（320/400）=1.2m （2）弦的中点是波腹，故 y=3×10-3cos （2πx/0.8）cos （800πt+ϕ） 式中ϕ可由初始条件来选择.6.（1）由图知B 点的初相为ϕ=π，波向x 轴正向 传播，则波动方程为y=cos[2πυ（t-x/u ）+π]（2）若以反射点为D 为原点，并以此时刻为t=0，由条件X o =0，υ0﹥0， 得ϕ=-π/2则入射波波函数为y 1=Acos[2πυ（t-x/μ）-π/2]因反射点为节点，有半波损失，故反射波的波函数为y 2=Acos[2πυ（t+x/μ）+π/2]（3）合成波的波函数为:y= y 1+y 2=2Asin(2πx/λ)cos2πυt 波腹位置：当,2)1K 2(x2,1x2sinπλπλπ+== 4)1k 2(x λ+= （k=0，1，2，····）因原点在反射点，x ﹤0， ∴波腹坐标为x=-λ/4，-3λ/4，-5λ/4，…… 波节位置：当sin(2πx/λ)=0，,2kx ,K x2λπλπ==（k=0，1，2，····）∴波节坐标为 x=0，-λ/2，-λ，-3λ/2，……练习十（波）1. (A)2. ωλSw/2π3. 5π4. 由0Su uννυ-=知驶向观察者时有 440=3300ν/（330-s ν） （1）离开观察者时有 392=3300ν/（330+s ν） （2）两式解得392（330+s ν）=440（330-s ν）。