大学物理习题及答案.docx

《大学物理习题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理习题及答案.docx（50页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、大学物理习题及答案书中例题：1.2, 1.6 直杆AB两端可以分别在两固定且相互垂直的直导线槽上滑动，已知杆的倾角t随时间变化，其中为常量。 求：杆中M点的运动学方程。 解：运动学方程为： x=a cos(t) y y=b sin(t) B 消去时间t得到轨迹方程： a 2222x/a + y/b = 1 椭圆 M 运动学方程对时间t求导数得速度： b vxdx/dt-asin(t) vydy/dtbcos(t) A x 速度对时间t求导数得加速度： axd vx/dta2cos(t) ayd vy/dtb2sin(t) 加速度的大小： a2ax2ay2 习题指导P9. 1.4 在湖中有一小船

2、，岸边有人用绳子跨过一高处的滑轮拉船靠岸，当绳子以v通过滑轮时， 求：船速比v大还是比v小？ 若v不变，船是否作匀速运动？ 如果不是匀速运动,其加速度是多少？ 解： h x L h l1/2 dl12xdxv=221/2dt2(h+x)dt x dx(h2+x2)1/2=vdtx 当xh时，dx/dtv，船速绳速 当x0时，dx/dt 加速度： d2xd(h2+x2)1/2=v2dtdtxd1=(h2+x2)1/2vdtx221/2d1dx1d(h+x)dx221/2=v(h+x)v+dxxdtxdxdt1112xdx221/2dx=-2(h+x)v+v221/2xdtx2(h+x)dtdx(

3、h2+x2)1/2=vx将dt代入得： 2221/2221/2dx122(h+x)112x(h+x)1/2=-+(hxv)v+22vv221/2dtxxx2(h+x)x222222dx(h+x)2vhv=-3v+=-3 2dtxxx分析： 当x, d2x变力问题的处理方法 =0力随时间变化：Ff dt在直角坐标系下，以x方向为例，由牛顿第二定律： dvxm=f(t)dt 且：tt0 时，vxv0 ；xx0 则： dvx=1f(t)dtm 直接积分得： vx=dvx=v(t)+c1f(t)dtm其中c由初条件确定。 由速度求积分可得到运动学方程： x=vxdt=xt+c2 其中c2由初条件确定。

4、 例题： 飞机着陆时受到的阻力为Fct， 且t0时，vv0 。 求：飞机着陆时的速度。 解：根据牛顿第二定律：ctm dv / dt v=dv=-cmtdt=-c22mt+c1当t0时，vv0，代入得：v0c1 v=vc20-2mt力随速度变化：Ff 直角坐标系中，x方向fm dv dt dt=mdv经过移项可得：f(v) 等式两边同时积分得： t-tm10=dt=fvdv=mfvdv 具体给出f的函数试就可进行积分运算。 例题： 质量为m的物体以速度v0投入粘性流体中，受到阻力fcv 减速，若物体不受其它力，求：物体的运动速度。 解：根据牛顿第二定律： 移项变换： c/m dt-cvdv/v

5、 =mdv-cdvdtmdt=v-c 积分得： mt=lnv+c1 由初条件定c1：当t0时，vv0 0lnv0c1 c1lnv0 c为常数）而 直角坐标系中，x方向： -ctmdvdxdvdvfx=m=m=mvdtdtdxdx 经过移项可得：fdxmv dv 等式两边同时积分得： 例题： 光滑的桌面上一质量为M，长为L的匀质链条，有极小一段被推出桌子边缘。 求：链条刚刚离开桌面时的速度。 解：链条所受的力F是个变力：Fm(x)g x Mm(x)=xL 根据牛顿第二定律： 122fxdx=mvdv=m(v-v0)2 Mdvdxdvdvxg=M=M=MvLdtdtdxdx vM0Lgxdx=0M

6、vdvM1gL2=Mv22L2v=gL L书中例题3.11 长为L的匀质链条，一部分在水平桌面上，另一部分自然下垂。链条与水平面间静摩擦因数为0，滑动摩擦因数为. 求：1）满足什么条件时，链条开始滑动？ 2）若下垂部分长度为b时，链条开始滑动， y 当链条末端刚刚离开桌面时的速度是多少？ 解：1）最大拉力：b0g， 摩擦力：0(Lb0)g b0g = 0(Lb0)g m0 b0=L 2)重力和摩擦力做的功分别为：1+m0122A=rgydy=rg(L-b)gb2L12A=-mrg(L-y)dy=mrg(L-b)fL根据动能定理： 1112 222rg(L-b)-mrg(L-b)=rLv-0 2

7、22 g）g书中例题4.422 m2v=(L-b)-(L-b)已知：质量为M，长为L的匀质链条，上端悬挂，下端刚和称盘接触，使链条LL自由下落。 求：下落长度x时，称的读数。 解： 称的读数 NmgF mg是落在称上的链条的重量，F是链条 下落时具有速度v的一小段与称盘碰撞， 速度由v变成0时给称盘的冲力。 根据动量守恒定律：Fdtdm v dm 0 dmM/L dx, v22gx x L dmMdxM2MF=v=v=v=2gxdtLdtLL MMMN=gx+2gx=3gxLLL 称的读数是落在称盘上链条质量的3倍。 书中例题6.12 (P.215) 质量为m的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直

8、套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。先使小球以速度v0绕管心作半径为r0的圆周运动，然后向下拉绳，使小球轨迹最后成为半径为r的圆。 试求：小球距管心r时速度v的大小，绳从r0缩短到r过程中，力F所作的功。 解：绳子对小球的作用力 始终通过圆心O，为有心 力，该力对O点产生的 O 力矩为0，因此，在整个过程中，质点的动量矩守恒。 vmv0r0mvr v v0 r0 /r 随着半径减小，质点的速度增加，动能增加。动能增加的原因是力F对小球作了F 功。 由于系统没有耗散力，作功的结果是使动能增加。 22rr121212112200A=mv-mv=mv-mv=mv-10000222r2r2书中例题6

9、.2(P.198) 求：质量为M，半径为R，高h的圆柱或园盘对过圆心且与盘面垂直转轴的转动惯量。 解：取半径为r，宽dr的薄圆环，高h。 Mr=2pRh 该圆环的质量为：dm2 r h dr，其中是园盘的密度：该圆环上各个点到转轴的距离都是r， 圆环的转动惯量为：dJr2dm 整个园盘的转动惯量就是dJ从0到R积分： J=rdm=2prhdr=2prhrrrrd2V00R2R3R1M41214=2prhr=p2hR=MR|042pRh2 如果是圆环，则积分限从R1积到R2： 3J=rdm=rr2prhdr=2prhrrd22VR1R1R2R2Mr=22p(R-R21)h 这时的密度应为：R1M

10、44122214J=2hr=h(R-=R)M(R+R)|212122R412(R-R)h221 prpp平行轴定理 若有两个轴互相平行，其中一个轴过质心，则： JJcmd2 其中Jc为刚体对质心的转动惯量；m为刚体的质量；d为两轴的垂直距离。 证明：以转轴为z轴做坐标系oxyz；以刚体质心为原点做质心坐标系oxyz；刚体质心在oxyz坐标系中的坐标为：xc, yc, zc, 刚体上的任意点在oxyz坐标系的坐标为：xi, yi, zi； 该点在质心坐标系oxyz的坐标为：xi, yi, zi 以z轴为转轴，刚体对z轴 z 的转动惯量为： z 其中xi和yi是质点的x坐标 和y坐标，且： xix

11、cxi； x yiycyi 其中xc和yc是刚体质心的x坐标和y坐标， xi和yi是质点在质心坐标系中的x坐标和y坐标 代入得： x 22J=m(x+yiii)d C(xc,yc,zc) y y 22J=m(x+x)+(y+y)icici2222=m(x+y)+2xmx+2ymy+m(x+y)iccciiciiiii其中 mx=mx=0my=my=0； iiciic表示质心在质心坐标系中的坐标为0 xc2+yc2=d2为质心到转轴的距离； 为刚体对过质心转轴的转动惯量。 JJcmd2 例：书中例题6.1求了杆通过中心轴的转动惯量，用平行轴定理，求过端点且与杆垂直的轴的转动惯量。 解：两平行轴的

12、间距为dL/2，根据平行轴定理 22m(x+y)=Jiiic12112J=J+md=ml+mlcl=m1223 22例：过园盘边缘与园盘中心轴平行的轴的转动惯量。 园盘对其中心轴的转动惯量为：1/2 MR2 两轴之间的距离为R，根据平行轴定理： 212232I=+Imd=mR+mR=mRc22 这种情况用直接积分比较困难。 (2)垂直轴定理 对于无穷薄的薄板，建立坐标 轴oxyz，其中oxy平面在薄板 平面内，z轴与薄板垂直。 JzJxJy 证明： 2ii22iiiz 2J=mr=m(x+y)=mx+myziixi y 2iiyi JxJy x R。 例题：均匀薄圆板，质量为m，半径为求：过圆

13、心且在板面上的转轴的转动惯量。 解：薄板对过圆心且与薄板 垂直转轴的转动惯量 为Jz1/2 MR2，根据对称性， 薄板对x轴和对y轴的转动惯量相同， y x JxJy，根据垂直轴定理： JzJxJy 2Jx Jz1/2 MR2 Jx1/4 MR2 补充例题： 半径为R，长为L，质量为M的实心圆柱体对中心直径的转动惯量。 解：从圆柱上切下一个 薄圆片dM，它对x轴 z z 的转动惯量为： dM 2dJx dMR 用垂直轴定理，得出它对z轴的转动惯量为： dJzdMR2 其中dMM/Ldx 用平行轴定理，得出它对z轴的转动惯量为： dJzdMR2dMx2 从L到L积分得 x x L 1M12122

14、J=RdM+xdx=MR+ML4L412 书中例题6.16(P.221) 长为L，质量为M的均匀杆，一端悬挂，由水平位置无初速度地下落，在铅直位置与质量为m的物体A做完全非弹性碰撞，碰后，物体A沿摩擦系数为的水平面滑动。 求：物体A滑动的距离。 解：整个过程分为三个阶段： 1、杆由水平位置绕端点的轴转动：机械能守恒 2、与A作完全非弹性碰撞：动量矩守恒 3、A滑动：动能被摩擦力耗散掉。 第一阶段：机械能守恒 动能 势能 初： 0 Mg L/2 终： 1/2Jz2 0 1/2Jz2Mg L/2 其中Jz1/3ML2 23g/L 第二阶段：动量矩守恒 初： Jz ； 终： Jz mL2 JzJz

15、mL2 代入Jz和值得： L2L-2123g122ML=MLw+mLw3L3 3gMLw=M+3m书中习题6.22 一均质细杆，长L=1m，可绕通过一端的水平光滑的轴O在铅垂面内自由转动，开始时杆静止于铅直位置。一子弹沿水平方向以v=10m/s的速度射入杆，射入点距离O点的距离为3L/4，子弹的质量为杆质量的1/9。 试求：(1)子弹与杆共同运动的角速度。 (2)杆的最大摆角。 解：射入前，子弹的动量矩 rr31射入过程动量矩守恒 lv=LMv2m 13142931 LMv=ML+MLv49 943入射后，子弹与杆共同摆动，机械能守恒 4v v=2.1(rad/s)2 113193LL1221

16、v=MgL+Mg(1-cosq) ML+ML429 2943补充例题2 2v例题 cosq=1-=0.8466133Lg重物A质量为m，放在倾角为q的光滑斜面上，并用轻质绳子跨过定滑轮与弹性系数为k的轻弹簧连接，将物体由弹簧尚未改变形变的位置静止释放，并开始0q=32.16计时，试写出以平衡点为原点的物体的振动方程。 解：设物体处于平衡状态时，弹簧的伸长量为，则 A mgsinq-kl0=0mgsinqx处物体所受合力在任意位置l0=k为： mgsin-T=mgsin-(l+x)k=-kx0由牛顿第二定律知： 2dx2即 m=-kxdxk2所以物体的运动为简谐振动，振动方程为：+dtx=0 q

17、 qqx=Acos(wt+j) mdt2m其中 ， kw= 由题意知，振幅mgsinqlj=p=-p 时，x=-A，所以j=A或0k如图所示，一直角均质细杆，水平部分杆长为 l ，质量为 m ，竖直部分杆长为 2l ，质量为 2m 细杆可绕直角顶点处的固定轴 O 无摩擦地转动， 水平杆的未端与劲度系数为 k 的 弹簧相连，平衡时水平杆处于水 平位置。 求：杆作微小摆动时的周期。 解：平衡时弹簧伸长量为x0系统对 于O点的合力矩为0 当摆到任意角度时，弹簧伸长量为x+ x0，合力矩为： lkxl=mg0 2当摆幅很小时lxl；cos1；sin M=mgcos-2mglsin-k(x+x)lcos

18、0 22M=-(2mgl+kl)根据刚体转动定理 2d2 J2=-(2mgl+kl) dt21122J=+(2m=3ml2ml d32mg+kl3 +=02dt3ml 2mg+kl w= 3ml3ml=2 书中例题T8.4 (p.289)2mg+klq。 半径为R的均匀带电细圆环电量为试计算圆环轴线上任一点P的电场强度。 解：这是电荷连续分布的问题。 取任一电荷元dq，它在P点产生的 电场强度为dE： qqqqqq1dqdE=4pe0r2 由于圆环的对称性，dE在水平方向互相抵消，只有沿x轴方向分量。 1dq1cos1qE=dE=cos=dq=cos由图2224r4r4r000peqqpqep

19、e中的几何关系可得： cosx/rx/(R2x2)1/2 代入得： 1qxE=4pe0(R2+x2)32 讨论几种情况： 当x0时，E0 当xR时，(Rx)223/2x，则 E=1q4pe0x2说明当离圆环足够远时，圆环可视为点电荷。 高斯定理的应用 当电场分布具有对称性时，用高斯定理求电场很方便。 书中例题8.8 (p.301) 求“无限长”均匀带电直导线，线电荷密度为，距直导线r处的一点P的电场强度。 解：根据对称性，取圆柱形高斯面 F=cosqdSEES =cosqdS+cosqdS+cosqdSEEE侧面上底下底在上底和下底电力线与底面的法线垂直，cos0 在侧面电力线与侧面的法线同向

20、，cos1，且E为恒量。 F=EcosqdSEd=2pLESEr 侧面侧面高斯面内包围的电荷量为：L 根据高斯定理： E2 rLL/0 lE=2pe0r书中例题8.9 (p.302) 半径为R，带电量为q的均匀带电球面的电场强度分布。 解：根据球对称性，作同心球面为高斯面，球面上各点的电场强度都相等，电力线的方向与球面法线方向相同，cos1 当rR时， F=dS=cosqdSEEESS2=EdS=EdS=E4prss根据高斯定理，高斯面内包围的电量为q E4r2q/0 E=1q4pe0r2E E当rR时，与上例相同。 当rR时，包围在高斯面内的电量为： 43q=prr3根据高斯定理 2143E

21、4pr=prre03E rE=r3e0ErE1r2对于均匀带电球，球内的电场强度 r O 与r成正比；球外的电场强度与1/r2成正比。 书中例题8.11 (p.304) 求“无限大”均匀带电平面的电场强度分布。 平面的面电荷密度为。 解：电荷均匀分布在“无限大”平面上， 具有面对称性，电场方向与平面垂直。 做柱形高斯面，圆柱的侧面与电力线 方向平行，使圆柱侧面的电通量为0， 圆柱的端面与电力线垂直，且各点电场强度相等。穿过整个高斯面的电通量为： F=EdS=EdS+EdS+EdSES侧面上底下底=0+ES+ES=2ES高斯面内包围的电量为S，根据高斯定理： 2ESS/0 E/ 书中例题8.21

22、 (p.319) 半径为R，带电量为q的均匀带电球面的电分布。 试求：球外任意一点产生的电势。 解：由高斯定理求出电场强度的分布： E0 1qE=4pe0r2当rR时，电势为： 1q1qu=Edl=dr=P 2Pr4per4per00当rR2R1 带电量分别为Q和Q。 求：球形电容器的电场中的能量。 解：由高斯定理可求出电场强度为： qE=2pe0Lr电场能量密度为： 212qw=e0E=222 28pe0Lr取圆柱薄层半径为r，厚度为dr，长为L，则体元为： dV2rLdr 体元中电场的能量： 22qqdW=wdv=2222prLdr=dr 8peLr4peLr00圆桶之间的电场能量为R1到

23、R2间的积分： 22Rqdrq2W=wdv=ln VR14peLr4peLR001R2补充例题： 同心导体球面组成的球形电容器，半径分别为R1和R2，带电量分别为Q，电容器下半部充有电介质油，相对电容率为r。 求：介质中任意点的电场强度和电位移矢量； 电容器的电容。 解：分析：金属球壳是等位体，球壳 间距相同，有介质处和无介质处的电 场都相同。由于电介质的存在，介质 中产生了极化电荷。极化电荷使金属 表面的自由电荷产生重新分布，有介质的半个球表面自由电荷密度高一些，没有介质的半个球表面自由电荷密度低一些。由于电位移只与自由电荷有关，与极化电荷无关，有介质的半个球空间的电位移强一些，没有介质的半

24、个球空间的电位移弱一些。但并不知道两个半球自由电荷是如何重新分布的。只知道整个球面的电荷为Q。 2(D+D)2pr=Q 12DxExE=xxExxE ；D 1=01=020r2=0r2(1+xx)E2pr=Q r0QE=2p(1+xr)x0r2QD1=x0E=2p(1+xr)r2xrQD2=x0xrE=2p(1+xr)r2U=ER2dl=QR2R1Edr2R12px0(1+xr)rdr1Q1=-2px0(1+xr)R1R2R2-R1Q=2px0(1+xr)R1R2电容为 RRQ12C=2px(1+x)0r UR-R21也可以把球型电容看成是两个半球电容的并联。 由球型电容器可知： 14px0R

25、1R2C1=2R2-R114px0xrR1R2 C2=2R2-R1RR12CC=1+C=2px(1+x)20rR-R21 类似的问题： 平行板电容器面积S，间距d，带电量为Q。一半充有电容率r1的电介质，另一半充有电容率r2的电介质。 求：介质中任意点的电场强度和电位移矢量； 电容器的电容。 解： 分析：可以看成两个电容的并联。 深入分析可以看到：极板间各处的电场强度相同。由于电介质不同，极化电荷数量不同，造成自由电荷分布密度不同，由此造成电位移不同。 取一个覆盖整个电容器表面的高斯面： r1 r2 DdS=DS+DS=Q 1122S(D=Q 1+D2)2D=xxE=xxE=xxE=xxE ；

26、 D 10r110r120r220r2S(xxxr1+r2)0E=Q 22QE=(xr1+xr2)x0SD1=x0xr1E=2xr1Q(xr1+xr2)S2xr2QD2=x0xr2E=(xr1+xr2)SU=Edl=Ed2Qd=x0(xr1+xr2)Sx0(xr1+xr2)SQC=U2dx0xr1Sx0xr2S=+2d2d书中例题9.1(p.365) 长为L的直导线通有恒定电流I。 求：距离直导线为a处一点P的磁感应强度B 解：在直导线上取一电流元Idl， 在P点产生的磁感应强度dB为： I 2 Idl mdlsinq0IdB=4pr2 方向：右手定则 变量：l，r，三者之间的关系： arsi

27、n()rsin ra/sin lrcos()rcos dlacsc2d 代入得： 对于无限长直导线：10，2=代入得： adqm0Idlsinqm0Isin2qsinqB=dB=2a24pr4psin2qm0Iq2m0I=sinqdq=(cosq1-cosq2)q4pa14pa B=书中例题9.2(p.366) 半径为R的线圈，通有电流I。 求：通过圆心、垂直圆平面的轴线上，与圆心相距为x处一点P的磁感应强度B。 解：线圈上的电流元Idl 总是和r垂直， m0I2pam0IdldB=4pr2 x r mdlR 0IB=dBcosq=cosq24pr RRcosq=1222r(R+x)dB dB

28、 rmmIdlRIR00B=dl13222222224p(R+x)(R4p(R+x)+x)2mmIRIR0=02pR=332222224p(R2+x)(R+x)在圆环中心处，x0 pm n S m0IB=2R在远处，xR 22mmpIRmISIR000B=3332x2px2px 定义线圈的磁矩pmISn 用磁矩表示远处磁感应强度： 用磁矩表示中心处磁感应强度： m0pmB=2px3m0pmB=2pR3 补充例题 长为L的铜棒，以角速度旋转/B 求：棒两端的电势差。 解：在棒上取dl，其速度vl， 单位电荷受洛伦兹力vB，洛伦兹力所作的元功为： d=(vB)dl=vBdl=Bldl 12L12e

29、=Bwldl=Bwl|=BwL 0022Lew沿棒对元功积分即的棒两端的电动势： 按照法拉第电磁感应定律，dt时间内，棒扫过角度d，扫过的面积为dSL2d，磁通量变化为： 12dF=BLdq 2棒两端的电动势为： dF12dq12e=-=-BL=-BLw dt2dt2书中例10.5是一个圆盘。 书中例题107 一通有恒定电流I的长直导线，旁边有一个与它共面的三角形线圈ACD，AC的长为l，D到AC边的垂直距离为d，时刻t，边AC与长直平行且相距r， 试求：当线圈由图位置，以速度v沿竖直方向向上运动时，三角形线圈每边上的动生电动势的大小和方向。 dl r 2 C I 解：AC段的电动势为0 1

30、CD段电动势为：CDCr0 D vB 22p dl x=(vB)dl=vBcos+qdl=-vBsinqdl 2rrDDA rd Cr处的磁场强度B=0 I /(2r) ; dl=dr/sin2 , 所以 mIIvr+ddrmx=-sinq=-ln v2prsinq2prr+d0000CDr0220同样的方法得到AD段电动势为： mIdrmIvr+dx=-sinq=-ln v2prsinq2prr+d0AD0r010010整个回路中的电动势为0. 书中例题 10.8(p.455) 半径为R的长直螺线管中载有变化电流，管内产生均匀磁场，当磁感应强度的变化率以恒定速率增加时， 求：管内外有旋电场E

31、旋，并计算同心圆形导体回路中的感生电动势。 解：根据轴对称性，取螺线管中心轴为圆心的同心圆回路，在此回路中，有旋电场E旋的大小相等 i。在管内，rR，管外区域B0，沿圆形闭合回路积分得： R EV R2BE旋=- 2rt沿半径r的圆形回路积分得： 22RBRBe=Edl=-dl=-2pr旋 2rt2rtB2e=-pR t闭合回路abcda中的感生电动势。 其中，ab、cd是圆心角/3的圆弧，bc、ad沿半径，adddoaR/2，c、d分别是bc和ad与圆柱截面的交点。 解：为了求abcda回路中的感生电动势，可将回路分段分别求ab、bc、cd、da，然后求其代数和。 由于ad、bc与有旋电场处

32、处垂直， c dabc0 c 对于ab段可用前面得到的结果， 且rR/2，积分限为0/3R/2 R/6 。 Rb a erBRBd E=-=-ab d 2t4t2bpR/6RBRB=Edl=-dl=abb aa04t24tp3R/ R/ 。对于cd段可用前面得到的结果，且r3R/2，积分限为0/322 2RBRBE-=-cd=2rt3tdcdccde=Edl=-3t0pR/2RBpRBdl=-26t回路abcda中总的电动势为： e=eab+ebc+ecd+eda222pRBpRBpRB =24t-6t=-8t如果ab段的有旋电场与沿积分路径的方向一致的话，则cd段的有旋电场与沿积分路径的方向

33、相反。这两段的电动势是相减的。 以上是通过有旋电场对单位正电荷作功得到的回路中产生的电动势，如果从法拉第电磁感应定律可直接得到回路中的感应电动势： 2221RBpRBe=pR-p= 64t8t与前面得到的结果相同。 将长为L的导体棒ab垂直于磁场放置在螺线管内，求棒两端的电动势。 解法一：从有旋电场求ab端的电动势。 e=E=dlEcosadl bbabbaaa旋在rR。 求：螺线管的自感L 解：长直螺线管运用安培环路 定律可得： c b NB=m0nI=m0I LNI2=BS=mpR 0螺线管内的磁通量为： FL2NI2Y=NBS=mpR0总的磁通为： L由自感的定义得： a d 2YN22

34、L=mpR=mn00V IL书中例题 10.12(p.465) 两根平行长直导线，半径为r0，两轴线相距d，且r0d 求：长为l的导线的自感。 解：由于r0d，可以忽略导线内部的磁通量。根据电流方向，两导线间磁场为两根导线单独存在时的磁场的代数和。 导线1在距轴r处，宽为dr，长为l的面积元dSldr内产生的磁通量为： mI0dF=BdS=ldr 12pr在长为l的面积内的磁通量： 2 dr l r F1=d-r0r0mIldIL1 d-rrm000=ln 2pr2pr0导线2产生的磁通量方向相同，大小相同，总磁通量为： mld-r0I0F=2F=ln 1pr0长为l的一对导线在自感为： d-

35、rFm0l0L=ln Ipr0补充例题： 长直同轴电缆，半径分别为R1和R2，中间介质的磁导率为。 求：长l一段的自感系数。 解：由磁介质中的安培环路定理 dl=I H0iLL由轴对称性得： H2pr=I IH=2prl mIB=mH= 2pr通过同轴导线间隙的磁通量为： F=BdS=Bldr=R1R2R2R1mIldr2pr mIlRdrmIlR2=lnRr2p2pR1FmlRL=ln2 I2pR121书中例题 10.13(p.466) 横截面为矩形的密绕螺绕环，总匝数为 N，内外半径分别为R1和R2。 求：螺绕环的自感 解：环内离环心r处的磁感应强度为： m0NIB=2pr1穿过螺绕环横截

36、面上面元dShdr的磁通量为 0mNImNIhdrdF=BdS=hdr= 2pr2pr0R21螺绕环横截面上的磁通量为： mNIhNIhRdrm002F=ln R2pr2pR1根据自感的定义： 2NhRNFm0L=ln2 I2pR1书中例题10.15(p.469) 矩形线圈ABCD，长为l，宽为a，匝数为N，放在一长直导线旁边与之共面，长直导线是很大的回路的一部分，矩形线圈中通有电流iI0cost。 求：长直导线中的互感电动势。 解：由互感电动势： r dr eMdI=-Mdti 只要知道M就能求出M 矩形线圈对直导线的互感 d 不好计算，但M12M21M，可计算长直导线对矩形线圈的互感。 L

37、 mia ，穿过面积元在距长直导线为r的矩形面积元dsLdr，磁感应强度B=2prds的磁通量为： mi0dF=Bds=Ldr 2pr穿过矩形线圈的磁通量为： miLmiLb00F=Bds=dr=ln a2pr2pab电流的磁场在矩形线圈中产生的总磁通为： mNiLb0Y=NF=ln 2pa长直导线与矩形线圈之间的互感为： LbYm0NM=ln i2pa矩形线圈中的电流iI0 cost在长直导线中产生的互感电动势为： mLbddI0NeM=-M=-ln(I0coswt)dt2padt mLI0wb0N=lnsinwt2pa书中例题10.17(p.474) 长直同轴电缆，半径分别为R1和R2，中间介质的磁导率为。在内外筒中通以大小相等，方向相反的电流I。 求：长为l一段的电缆内所储存 的磁场能Wm，及自感系数。 解：由磁介质中的安培环路定理 离轴线r处的磁场强度与磁感应 强度大小为： ， 此处磁场能量密度为： IH=2prmIB=mH= 2prl 1mI2wH=22 m=B28pr两导体间磁场能量密度是r的函数。 取半径为r，厚度为dr，长为l的薄圆柱壳，该体元的体积为dV2rldr，其磁场能量为： 22mImIldrdWw=dV=2prldr=mm228pr4pr 长为l的一段导线内的总磁场能量为： 22m