大物2期末复习

练习一 静电场中的导体三、计算题1. 已知某静电场在xy 平面内的电势函数为U =Cx/(ｘ2+ｙ２）３/2,其中Ｃ为常数.求(１)x 轴上任意一点,(2)y 轴上任意一点电场强度的大小和方向.解：. E x =U/x=C [１/（x 2+y ２)３／2+x (3/２）２ｘ/（x 2＋y ２)5/2]= (2x 2y 2)C /(x ２＋y 2)5/2E y =Ｕ/ｙ=C ｘ（3/2)２ｙ/(ｘ2＋y ２)5／２=3Ｃxy /(ｘ2+y 2)5/2ｘ轴上点(y =0) E x ＝2Ｃx 2／ｘ５=2C /x 3 E ｙ＝0E ＝2C i /x 3ｙ轴上点(x ＝0） E x =Cy ２/y 5=C /y ３ Ｅy =０E ＝C ｉ/y 32.如图5.6，一导体球壳A (内外半径分别为R 2,R 3),同心地罩在一接地导体球Ｂ（半径为R 1)上,今给A 球带负电Ｑ, 求Ｂ球所带电荷Q B 及的Ａ球的电势ＵA ．静电场中的导体答案 解： 2. B 球接地,有 U B ＝Ｕ=0, U A =U BAＵA =(Q+Q B )/（４0Ｒ3) U ＢA =[Q B ／（40)］(1/R ２１/R 1) 得 ＱB =QR 1R 2/（ R 1Ｒ2+ R 2R 3 R 1R ３)ＵA =[Q ／（40R 3)][1＋R 1R ２/（R 1R ２+R 2R ３R 1R 3）］ =Q (R 2R １)/[40(R 1R ２＋R 2R 3R 1Ｒ3)］练习二 静电场中的电介质三、计算题1. 如图6.6所示,面积均为S ＝０.1m 2的两金属平板A ，B 平行对称放置，间距为d ＝１ｍm ，今给A , B 两板分别带电 Q 1=3.5４×１0-9C, Q 2=1.７７×10－9C.忽略边缘效应， 求：(１） 两板共四个表面的面电荷密度1,2，３,4;(２) 两板间的电势差V ＝U A －U B ．解：1. 在A 板体内取一点A ， B 板体内取一点B ,它们的电场强度是-Q图5.6A Q 1图6.62σ1 2 σ3 σ4四个表面的电荷产生的,应为零,有ＥA =1／(２0)2/(20)３/(20)4／(２)＝０ＥA =1/（20)+2/(20)＋３/(2０)4／(20)=0而 S （1+２)=Q 1 Ｓ（3＋4）=Ｑ2有1234=01＋２+３４＝０1+2=Q 1/S3+4=Q ２/Ｓ 解得1=4=（Ｑ1+Q 2)/（2S )=2．661０8C/ｍ22＝3=(Q 1Q ２)/(2S )＝０.891０８C ／m ２两板间的场强 Ｅ=２/0=（Q 1Q 2）/(20Ｓ)V=U A -ＵＢ⎰⋅=BAl E d=E ｄ=(Q 1Q 2)ｄ/(2０S )=10００Ｖ四、证明题1. 如图６.7所示,置于静电场中的一个导体，在静电平衡后，导体表面出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明，图中从导体上的正感应电荷出发，终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在. 解：1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发,终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ＡCB 作环路AC ＢA ,导体内直线BA 的场强为零，ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l+⋅⎰ACBl E d ⎰⋅ABl E d 2＝⎰⋅ACBl E d 0与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发,终止于负感应电荷的电场线.练习三 电容 静电场的能量三、计算题1. 半径为R 1的导体球带电Ｑ ,球外一层半径为Ｒ2相对电容率为r 的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图７.1所示.求：(1)离球心距离为r １(ｒ1＜R 1), r ２(R 1<r １<R 2), r 3(r １>R 2)处的D 和E ；（2）离球心r １, r 2, r 3,处的Ｕ；(3)介质球壳内外表面的极化电荷.+ - ++ ----- ++ + 导体 图 7.1R 2+ + + +- - - - B AC解：１. （1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称，过场点作与金属球同心的球形高斯面,有iSq0d ∑=⋅⎰S D4r 2D ＝ｑ0ｉ当r=５cm <R 1, q 0i =0得 D １＝0, E 1=０ 当r ＝15cm(Ｒ１<r <R 1＋d )q 0ｉ＝Q=1．0×1０8C得 D 2=Q /(4ｒ２)＝3.５4×108Ｃ/m 2Ｅ2=Q /(40r r ２）=7.99×103Ｎ/C 当r ＝25cm(r ＞R 1＋d )ｑ0i ＝Q ＝１.0×108C得 Ｄ3=Q /（4r ２)=１.２7×108C/m 2E 3=Q /（4r ２)＝1.４4×104Ｎ/ＣD 和E 的方向沿径向.（２) 当r=5ｃｍ<Ｒ1时 U 1=⎰∞⋅rl E d⎰=R rr E d 1⎰++d R Rr E d 2⎰∞++dR r E d 3=Q ／(4rR )Q/[４ｒ(R+d ）]+Ｑ/［4(Ｒ+d )］＝５４0V当r=1５cm <R 1时Ｕ2=⎰∞⋅rl E d ⎰+=dR rr E d 2⎰∞++dR r E d 3＝Ｑ/(4rr )Q/[40r(R+d )]+Q/[40（R+d )]=480V当r ＝2５cm <Ｒ1时U 3＝⎰∞⋅rl E d ⎰∞=rr E d 3=Q/（4r )=360V(3）在介质的内外表面存在极化电荷，Ｐe =０E=(r1)E= P e ·nｒ=R 处, 介质表面法线指向球心＝P e ·ｎ =Ｐe c ｏｓ=0(r1)E q ＝S =0(r １) [Q /（40ｒR ２)]４R ２ =（r １)Q /r =0.8×108Cr=R+d 处, 介质表面法线向外=P e ·n =P e ｃｏs ０=0(r １）Eq ＝S =０（r 1)[Q /(40r (R+d ）2]4(Ｒ+d )2＝(r 1）Q /r =0.８×１08Ｃ２.两个相距很远可看作孤立的导体球,半径均为10cm ，分别充电至200V 和400V,然后用一根细导线连接两球,使之达到等电势. 计算变为等势体的过程中,静电力所作的功. 解；2.球形电容器 C =4０ＲＱ１＝C １Ｖ1= ４ＲＶ１ Q 2=Ｃ2V ２= ４RV 2Ｗ0=C 1V 12/2+Ｃ2V 22／2=20R (V 1２+V ２2）两导体相连后 Ｃ＝Ｃ1+C 2=８RQ=Q 1+Ｑ2= C 1V 1+C 2V 2＝4R (V １+V ２)W=Q ２/(2C )＝ [4０R (V 1+V ２)]2／(１6R )＝R (V 1＋V 2)2静电力作功 A=W 0W=2R (Ｖ12+V ２2)０R （V 1＋V 2)2=０R （Ｖ1V ２)2=1.11×10７Ｊ练习六 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律三、计算题1. 如图1０.7所示, 一宽为2a 的无限长导体薄片， 沿长度方向的电流I 在导体薄片上均匀分布． 求中心轴线O Ｏ上方距导体薄片为a 的磁感强度.解：1.取宽为ｄx 的无限长电流元ｄI ＝Ｉd ｘ／（2a ) d B=0d I/(2r ) =0I d x/（4ar ) d B x ＝ｄＢcos ＝[I d x ／(4ar )]（ａ／ｒ）=0Ｉd x/(4r 2）＝ 0I ｄx ／[4（x 2+a 2)］d B y =ｄB sin = 0Ｉx d x/[４a （ｘ2+ａ2)]()⎰⎰-+==aax x a x xI B B 2204d d πμan(x/a )a a-=I/（8a )=[I/(4)](1/a )aｒｃｔ()⎰⎰-+==a ay y ax a xIx B B 2204d d πμ＝［０Ｉ/(８a ）］ln （x 2＋ａ２)a a-=02． 如图1０.8所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为Ｉ． 求球心O 的磁感强度.解：２. 取宽为d Ｌ细圆环电流， ｄI=ＩｄN=I [Ｎ/(R/2)]R d =(2IN/)dｄB ＝0ｄＩr 2/[２(r ２+x 2)3/２]r=R sin x=Ｒc ｏsd B=０N Ｉsin 2d /（Ｒ)O •R 图10.8⨯ I x xy x d Bx xα x α xPx rO O ' Ixy zP 2a⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B＝0N Ｉ/(4R )练习七 毕奥—萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和Ｓ2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图11.６所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S １回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比. 解: １．取窄条面元d S =ｂd r ， 面元上磁场的大小为B =0I /(2r ), 面元法线与磁场方向相反.有１=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ ２=⎰-=aabI bdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ １／2=12． 半径为Ｒ的薄圆盘均匀带电，总电量为Q ． 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动,角速度为，求轴线上距盘心x 处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩．解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元ｄQ ＝２r d r ,［=Ｑ/（R 2) ]，等效电流元为 d I =d Q /T =２ｒd r/(2/)＝ｒd r(1)求磁场， 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与同向,大小为ｄＢ=0d Ｉr 2／[２(x ２+r 2)3/２］=0r 3d r /[２（x ２+r 2)３/２]()()()⎰⎰++=+=R Rxrx r r xr rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++R xrx r x r 0232222220d 4σωμ()()⎰++R xrx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r x xr 022202202σωμ 图11.62aaaS 2 S 1 b=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (２)求磁距. 电流元的磁矩d Ｐm =ｄIS ＝r d r r 2＝r 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=R 4/4=QR 2／4练习八 安培环路定律三、计算题1. 如图12.5所示,一根半径为R 的无限长载流直导体,其中电流I 沿轴向流过,并均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R 的圆柱形空腔,其轴与直导体的轴平行，两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度． 解：１. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流Ｉ1和一个同电流密度的反方向的半径为R 的无限长圆柱电流Ｉ2组成．I 1＝ＪR 2 I 2=ＪR2J ＝I/［ (R 2R2）］它们在空腔内产生的磁感强度分别为B 1＝0ｒ1J/2 B 2=0ｒ2J/２ 方向如图.有B x =B 2sin 2B 1s ｉn １＝(0J/2)（r 2ｓi ｎ2r 1sin １)=０ B ｙ ＝B ２c ｏｓ2＋Ｂ１cos 1＝(0J/2)（ｒ２cos 2+r 1ｃｏs 1)=(０J/2)d所以 B = B y ＝ 0dI/[2(R 2-R 2)] 方向沿y 轴正向2． 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反. 求: (1) 载流平面之间的磁感强度; (2) 两面之外空间的磁感强度．解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B １=Ｊ/２在平面①的上方向右，在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为 Ｂ2=J /2在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有 B=Ｂ1+B ２＝０J(２） 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有 Ｂ=B 1B 2＝0•图12.5• O '2R ' dO R ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ • • • • • • • I 1 I 2①② OO I rr θθθθB B y xRRd练习九 安培力三、计算题１. 一边长a ＝10cm 的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S =2.00mm 2， 铜的密度=8.９0g ／cm 3), 放在均匀外磁场中. Ｂ竖直向上， 且B = 9.40103T, 线圈中电流为I =10A . 线圈在重力场中 求:（１) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少.(2) 假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时，线圈平面与竖直面夹角为多少.解：１. （1) Ｐm =I Ｓ＝Ia 2方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P ｍ与B 垂直．有 Ｍm =P m ×BＭm =P m B si ｎ(／2)＝Ia 2B =9.4×10-4m Ｎ(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向 M m =P m B sin(/2-)＝Ia ２ＢcosＭG = M Ｇ1 + M G 2 + ＭG 3＝ ｍｇ(ａ/2)sin ＋ m ｇａｓin ＋ ｍg (ａ／2)si ｎ =2(Sa )ga ｓin =2Ｓａ２g sin Ｉa ２Ｂcos ＝2Ｓa 2g sin tan =IB/(２Sg )=０.26９4 =152. 如图13.5所示，半径为Ｒ的半圆线圈ACD 通有电流I ２, 置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中, 直线电流Ｉ1 恰过半圆的直径， 两导线相互绝缘. 求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力． 解:2.在圆环上取微元 Ｉ2d l ＝ Ｉ2R d 该处磁场为Ｂ＝０I １／（2R co ｓ）I ２d ｌ与B 垂直,有d F= Ｉ2d ｌB sin （/２)I 1I 2图13.5I 1I 2Rθ x y d F Bnθπ/2-θmg mgmgd F=Ｉ1I 2d ／(2c ｏs ）d F ｘ＝d Ｆcos =０I 1Ｉ２d/(2)d F y ＝d Ｆsi ｎ=0I 1I 2ｓin ｄ/(2cos ）⎰-=222102πππθμd I I F x ＝0I 1Ｉ2/２因对称Ｆy =0.故 F =0I 1I 2／2 方向向右.练习十 洛仑兹力三、计算题1. 如图14.６所示，有一无限大平面导体薄板,自下而上均匀通有电流,已知其面电流密度为ｉ（即单位宽度上通有的电流强度）（1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向．(2) 有一质量为ｍ，带正电量为q 的粒子,以速度v 沿平板法线方向向外运动. 若不计粒子重力.求:(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞． (B) 需经多长时间,才能回到初始位置.. 解：1. (１)求磁场.用安培环路定律得 Ｂ=０ｉ/２在面电流右边B 的方向指向纸面向里，在面电流左边B 的方向沿纸面向外.(2） F =q ｖ×B=m a qvB ＝ｍａn =mv 2／R带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交，即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径．R =mv/ｑB= ２mv ／(i ｑ)(3） 经一个周期时间，粒子回到初始位置.即ｔ＝Ｔ＝２R/v ＝ 4ｍ／(０i ｑ)２. 一带电为Q 质量为m 的粒子在均匀磁场中由静止开始下落，磁场的方向(z 轴方向)与重力方向(y 轴方向)垂直,求粒子下落距离为ｙ时的速率.并讲清求解方法的理论依据．解:2. 洛伦兹力Ｑv ×B 垂直于v ，不作功,不改变ｖ的大小;重力作功.依能量守恒有 mv ２／2＝ｍｇy ，得 v =(2gy )1/2.练习十一 磁场中的介质三、计算题1. 一厚度为b 的无限大平板中通有一个方向的电流，平板内各点的电导率为,电场强度为E ，方向如图１5．６所示，平板的相对磁导率为r 1，平板两侧充满相对磁导率为ｒ2的iv•图14.6各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度．解:1． 设场点距中心面为x ,因磁场面对称 以中心面为对称面过场点取矩形安培环路,有⎰⋅ll H d =ΣI 02LH=ΣI ０(1) 介质内，0<x <b/2. ΣI ０＝2x l Ｊ=2ｘｌE ,有H =x Ｅ B =0ｒ１H ＝0r 1x Ｅ(2) 介质外，x >b ／2. ΣI ０=b l Ｊ=b l E ,有 H ＝ｂE/２ B ＝０r 2H=０r 2ｂE/22. 一根同轴电缆线由半径为R 1的长导线和套在它外面的半径为R 2的同轴薄导体圆筒组成,中间充满磁化率为m的各向同性均匀非铁磁绝缘介质，如图15.7所示. 传导电流沿导线向上流去， 由圆筒向下流回，电流在截面上均匀分布. 求介质内外表面的磁化电流的大小及方向.解:2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有 ⎰⋅l l H d =ΣＩ0在介质中(Ｒ1r R 2)，ΣI ０＝I ，有 2rH ＝ I H = Ｉ/(２r ) 介质内的磁化强度 M =m H =m I ／(2ｒ） 介质内表面的磁化电流J S Ｒ1＝ M R 1×n R １= M Ｒ1=m Ｉ/（2R １) I SR １=ＪSR 1２R １＝m I (与Ｉ同向) 介质外表面的磁化电流J SR 2＝ M R 2×n Ｒ2＝ M R 2=ｍI /（2R ２) I SR ２=ＪSR ２2R ２=m I （与I 反向)练习十二电磁感应定律 动生电动势三、计算题1. 如图17.8所示，长直导线AC 中的电流I 沿导线向上,并以d Ｉ /ｄt = 2 A/s 的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框,其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示. 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.20cm10cm 5cm图17.8 bθBldca图17.9μr 2μr 2μr 1 b EγχmOI图15.7R 1R 2 × EHHl解： 1. 取顺时针为三角形回路电动势正向，得三角形面法线垂直纸面向里．取窄条面积微元d S =ｙd ｘ＝[(a+ｂx )l/b ]d xｍ=⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a bIl ln 20πμ εi =d m /d t ＝()dt dIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ=５.18×10-8V负号表示逆时针2． 一很长的长方形的U 形导轨,与水平面成 角，裸导线可在导轨上无摩擦地下滑,导轨位于磁感强度Ｂ垂直向上的均匀磁场中，如图17.9所示. 设导线ａb 的质量为m ，电阻为R ,长度为l ，导轨的电阻略去不计， abcd 形成电路. t ＝０时，v ＝0. 求:(1) 导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系; (2） 导线ａｂ的最大速度ｖm .解：2. (1) 导线a ｂ的动生电动势为εi ＝lv×B ·d l ＝ｖB ｌsi ｎ(/２+)=vBl co ｓ Ｉi =εi ／Ｒ＝ ｖBl cos /R方向由ｂ到a . 受安培力方向向右,大小为F = l (I ｉｄl×B )＝ v Ｂ2l 2c ｏs /ＲF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为Ｆ ＝ F c ｏs ＝v Ｂ2l ２co ｓ2/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为m ｇsinmg ｓi ｎ ｖB 2l ２c ｏs 2／Ｒ=m ａ＝ｍd v ／d t dt ＝d v /[ｇsin vB 2ｌ2cos 2／(mR )]()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B e l B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ａb 的最大速度v ｍ=θθ222cos sin l B mgR ．练习十三 感生电动势 自感三、计算题1. 在半径为Ｒ的圆柱形空间中存在着均匀磁场B ,B 的方向与柱的轴线平行.有一长为2R 的金属棒MN 放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场B 的轴线垂直.如图１8.6所示.设B 随时间的变化率d B /d ｔ为大于零的常量．求:棒上感应电动势的大小,并指出哪一个端点的电势高.(分别用对感生电场的积分εi =l E i ·d l 和法拉第电磁感应定律εi =－d /d ｔ两种方法解）. .解:（１) 用对感生电场的积分εi =l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (R ＜x<R ), 该处感生电场大小为E i ＝[R 2/(2r )](ｄB/d t )与棒夹角满足ｔan ＝x ／R εｉ =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RR r R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RRR x x t B R 2232d d d =［Ｒ3(d B/ｄt )／2](１/R ）ａrc ｔan(x/R )RR-=R 2(ｄB/ｄｔ)／４ 因εi ＝>0，故Ｎ点的电势高.（2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d ／d ｔ解: 沿半径作辅助线O Ｍ，ON 组成三角形回路MONMεi ＝⎰⋅NMl E i d ＝⎰⋅-MNl E i d=⎢⎣⎡⋅⎰M N l E i d +⎰⋅O M l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰N O l E i d=－(-ｄｍMO ＮM/ｄt ) =ｄｍMONM/d t而mMONM=⎰⋅Sd S B ＝R 2B ／４故 εｉ=R 2(d B/d t ）/4N 点的电势高.2. 电量Ｑ均匀分布在半径为a ,长为Ｌ（Ｌ>>a ）的绝缘薄壁长圆筒表面上,圆筒以角速度绕中心轴旋转.一半径为2a ,电阻为R 总匝数为N 的圆线圈套在圆筒上,如图1８．7所示.若× × × ×O R2RB a2aω图18.7L× × × ×OB× ×× ×OB圆筒转速按=(1t/t 0)的规律（,t ０为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向．解:2. .等效于螺线管B 内=0 nI=0 [Q /(2)]/Ｌ＝Q /(2Ｌ)B 外=0=S B ｄS=Ｂa 2＝0Q ａ2 /(2 Ｌ）εｉ =－d /d ｔ=-［０Ｑ ａ2 /（2 L )]d /ｄt=０ 0Ｑ ａ2 /（2 L t ０) I i =εi /R ＝0 0Q a 2 /(2 ＬＲ t 0)方向与旋转方向一致.练习十四 自感（续）互感 磁场的能量三、计算题1. 两半径为a 的长直导线平行放置，相距为d ，组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L 0.解：１. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里，大小为0≤r ≤a B １=０Ｉｒ／(２a 2)+ ０I/［2(ｄr )]a ≤r ≤d a B 2=0I ／(2r )+０I ／[２(ｄr ）] d a ≤ｒ≤d B ３=0I/(２r )+ 0I （d r )／(２a ２)取窄条微元d S=l d r ，由m＝⎰⋅S S B d 得ml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d rIl 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0＋()⎰--a d ar d r Il πμ2d 0 +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =0Il ／(4)＋[０Il/(2)]l ｎ[d/(ｄa ）］+[0Ｉl/（２)]ｌｎ[（ｄa )／a ］ +[0Il/（2)]ｌn[(d a ）/ａ］＋[０Il/(２)]ln[d/(d a ）]＋0Ｉｌ／(４) =0Ｉl/(2)+(0Il ／)ln(d/ａ）由Ｌｌ=l /I ,Ｌ０= Ｌｌ／l ＝ｌ /(Il ）.得单位长度导线自感 L 0==0l/(2)+(0l/)ln(d/ａ)2 内外半径为R 、r 的环形螺旋管截面为长方形,共有Ｎ匝线圈．另有一矩形导线线圈与其套合，图19.4(1)Rr h a b(2)如图１9．4(1）所示． 其尺寸标在图19.4（２) 所示的截面图中,求其互感系数．解：2. 设环形螺旋管电流为I ， 则管内磁场大小为B ＝NI/(2) r ≤≤R方向垂直于截面； 管外磁场为零.取窄条微元ｄS ＝ｈd ，由m=⎰⋅S S B d 得ｍ＝⎰RrNIh πρρμ2d 0=0NIh ln(R/ｒ)/(2）Ｍ=m/I =＝Nh l ｎ(Ｒ/r ）/(2）。