《大学物理Ⅱ》课程考试大纲解读(2016.12.19)..

1、北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第1页大学物理H课程考试大纲解读模块二电磁学第 11 章 静电场中的导体和电介质【教学内容】静电场中的导体；静电场中的电介质；电容，电容器；电位移矢量，有 电介质时的高斯定理；静电场的能量。【教学重点】1. 静电平衡条件；处于静电平衡状态的导体上的电荷分布特点。2. 有电介质时的高斯定理及其应用。3. 典型电容器的电容及其计算；电容器储存的静电能的计算。【考核知识点】1. 静电平衡条件1静电平衡条件：当导体处于静电平衡状态时，在导体内部电场强度处处为零；导体是一个等势体， 导体表面是一个等势面。2处于静电平衡状态的导体上的电荷分布特点： 导体所带电荷只能分

2、布在导体的表面，导体内部没有净余电荷； 导体表面外邻近处电场强度的大小与导体表面电荷密度成正比E二二；名o 导体表面上的面电荷密度与其表面的曲率半径有关，曲率半径越小，电荷面密 度越大。2. 典型电容器的电容及其计算公式1电容的计算公式：C=QU2平行板电容器的电容：Cd3孤立导体球电容器的电容：C =4二；0R北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第2页相关例题和作业题【P45:球形电容器的电容计算】如图 11.3.2 所示，一球形电容器，内外球壳的半径分北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第3页qiS 内2 二；，方别为 Ri和 R2,内外球壳间为真空，假设内外球壳分别带有 +Q 和-Q

3、 的电荷量。选半径 为 r 的同心球面为高斯面 S,则由高斯定理nE d_sEcS = E 4r2丄q qiS 内4 二；0r2可得两球壳间的电场强度大小为因此两极板间的电势差为根据式(11.3.1)，可知球形电容器的电容为(1133)【P45-46:柱形电容器的电容计算】 柱形电容器是由两个不同半径的同轴金属圆柱筒A、B 组成的，并且圆柱筒的长度远大于外圆柱筒的半径已知两圆柱筒半径分别为 RA、RB，筒长为I。设内外圆柱面带电荷量为+Q 和-Q， 则单位长度上的线电荷密度为二 Q.I。选半径为 r 的同轴圆柱面为高斯面 S，其中 S1、S2为上下底面，S3为侧面，h 为柱 高，由高斯定理得1

4、ES3=E2二rhqi名0s 内Q4二；0r2(Ri r R2)，方向沿径向R2Q 4 二；0r2drQ R240R|R2SE dS=SE dSSE dSdSNE dS二E dr 二图北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第4页r : RA及 r RB区域，E = 0；RA:：: r: RB区域的q -Qh ,所以此区域的电场强度大小为S 内I匚 九Q 1E二2；0r 2；0l r方向垂直于圆柱轴线向四外辐射。因此，两极板间的电势差为根据式（11.3.1），得到柱形电容器的电容为多少?C=4 二;0R=4 3.14 8.85 1026.40 107.11 10*F地球和电离层可当作球形电容器，

5、它们之间相距约为100km。求地球一电离层系统的电容。（设地球与电离层之间为真空）解：根据球形电容器的电容公式4 二 yRR C 二-R2 故地球一电离层系统的电容为4 3.148.85 仗26.5 忖 6.4 W6* 10 勺R2 R1Q2 二；RBdrQ2 二；InRBRA【11.7】c=Q作近似计算时，把地球当作半径为(11.3.4)6.40 106m 的孤立球体。求（1）其电容为解: （1）根据孤立球体电容公式，地球的电容值近似为【11.9】其中地球半径为R1= 6.40 106m电离层半径为R2二 R1100 10 6.50 106m(6.5 - 6.4) 106ABE dr -2

6、二； 。1北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第5页3. 电介质对电容的影响公式 真空电容率；0、电介质电容率；和相对电容率；r之间的关系:北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第6页 电容器两极板间为真空时各量表示为：Eo, Uo,C。，电容器两极板间为电介质时各量表示为：E，U,C，各量之间的关系为:C =；rC0规律一般而言，在电容器中充入电介质的作用是增大电容，提高电容器的耐压能力。3相关例题和作业题【11.6】 空气平行板电容器两极板间充满某种电介质，极板间距离 d = 2mm，电压为 600V,若断开电源抽出电介质，则电压升高到 1800V;求（1）电介质的相对电容率；（2） 电

7、介质中的电场强度。解：（1）根据平行板电容器的电容公式，在抽出电介质前后，电容器的电容分别为0 rS0SC1C 2 d（抽出前）d（抽出后）又因为抽出电介质的时候已经断开电源，因此，电容器所带电荷量Q 保持不变，则有C1Ur= C2U2；0；rs；0S-60001800ddr= 3（2） 电介质中的电场强度为4. 有电介质时的高斯定理及其应用公式E1U16002 10=3 105-m北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第7页1电位移矢量D与电场强度E的关系：D = E -0 rE2有电介质时的高斯定理的两种表达形式：-_ Z QiZ QiOE dS=-SE（2）DdS八QiSi3均匀带电球面

8、/球体/球壳：选同心球面为高斯面 S,由高斯定理得_Z Qi:E dS = jEdS =E4 二 r2二丄SS-0 -r QiE-2，方向：沿径向。4 二；0；rr4无限长均匀带电直线/圆柱面/圆柱体/圆柱壳：选同轴圆柱面为高斯面 S,其中 Si、S2 为上下底面，S3 为侧面，h 为柱高，由高斯定理得I E dS = E dS 亠 I E dS 亠 i E dSSS1S2S3_Z Qi=E dS =ES3=E2 二 rh 亠S3；0；r、QiE1，方向：沿径向。2二0 rrh5无限大均匀带电平面的电场强度分布：平面两边分别为均匀电场，E的方向与带电平面垂直，大小为E二一一，其中二为均匀带电平

9、面的电荷面密度。相关例题和作业题【例 11.4.1】一半径为 R 的金属球带有电荷量为 qo的自由电荷，该金属球周围是均匀无限大的电介质（相对电容率为 耳），求球外任意一点处的电场强度。已知：R；r；0求：Er（ r R）解：由于电场具有球对称性，并且已知自由电荷的分布，所以可用有电介质时的高北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第8页斯定理先求出电位移矢量D，然后再根据电位移矢量与电场强度的关系求出电场强度。北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第9页在球外以 r 为半径作一个与带电金属球同心的球面为高斯面，如图所示。通过该闭 合球面的电位移通量由高斯定理可知为SD dS j q。内D4 二

10、 r2二 q0q。4- r2又因为 D =；E =；r；E，故球外任一点处的电场强度为q。24 二；r；。 r【11.4】在半径为 R、带电量为 Q 的金属球外，有一与金属球同心的均匀电介质球壳， 其外半径为R。电介质的相对介电常数为；r，如图所示。求电介质内、外的电场分布 和电势分布。解：金属球上自由电荷的分布是均匀对称的。由于是均匀电介质，故电介质内外的所以q。4 二；r2-A池-图 11.4.2 电介质中的金属球题图 11.4北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第10页场强分布也具有对称性。设点 P 到球心的距离为 r，并以此为半径作球形高斯面，球面上各点的的数值均相同，方向沿径矢向外

11、。由高斯定理有北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第11页（2） 电势分布（取无穷远电势为零） 金属球内 （r R ）-RUi二RE dl二RE2drRE3drQF drQ严dr=R二RP4二；0；rRr4二；0Rr丄.二140；rR R电介质球壳内(R r R)- -R -U2二 E dl 二 E2dr.E3dr2rr2R3二Qq4 阳 0 R）由此得(1)电场分布金属球内(r 电介质球壳内电介质球壳外2- D dS二D4 r二qSq4二；0；E!E2=0二Q4二；0；=1 ,E3Q4-；r2U3QO之rE3drQ4；0r北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第12页【11.5】 如图所示

12、，设有两个薄导体同心球壳 A 与 B,它们的半径分别为 R=10cm与R330cm ,并分别带有电荷量- 4.010C与1.0 10C。球壳间有两层电介质，内层北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第13页电介质的=4.0，外层电介质的；r2=20 ,其分界面的半径为R2=15皿,球壳 B 外的 电介质为空气。求(1)两球壳间的电势差；(2)离球心 r =4.0 cm 处的电场强度；(3) 球壳 A 的电势。解:由于两同心球壳周围的电场具有球对称性，由高斯定理可得D ds= D二4；0；r2(2)由高斯定理可得r3= 4.0cm B求：F解：在载流导线上任取一电流元 Idl，它与B的夹角为亠该

13、电流元所受的安培力大 小为dF =ldlBsi nr力的方向垂直纸面向里。因为导线上各电流元受力方向都相同，所以整个载流导线受到 的安培力的大小为F = JdlBsin v - ILBsin北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第20页力的方向垂直纸面向里。讨论（1）当载流导线与磁感强度方向平行时，即 二=0 或二，载流导线受到的力为北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第21页零；(2)当载流导线与磁感强度方向垂直时即右，载流导线受到的力最大，为F = ILB。由此可见，式F =ILB的适用条件是载流直导线在匀强磁场中，且电流的流动方向 垂直于磁感强度方向。【例 12.6.2】如图 12.6

14、.3 所示，一通有电流为 I 半径为 R 的半圆弧，放在磁感应强度 为B的匀强磁场中，求该导线所受的安培力。已知：I、R、B求：F解：建立坐标轴如图 12.6.3 所示，取电流元Idl，受的安培力大小为31dF = Idl B sin IdlB2力 dF 的方向沿径向斜向上方。由此可见，导线上各电流元所受的安培力方向各不相同。故将 dF 沿 x 轴方向和 y 轴方向分解。由于对称性，半圆上各电流元受到的安培力沿x轴的分量互相抵消，所以整个半圆弧所受的合力方向竖直向上。F 二 Fy二 JdlBsin：- 2 J IBRsin 连n= 2IBR Jsin%v -2IBR上式表明整个弯曲导线所受的安

15、培力可等效为从起点到终点连成的直导线通过相同的电流时所受的安培力。可以证明，此结论对匀强磁场中的任意形状载流导线均成立。【12.21】一长直导线通有电流 I = 20 A,其旁放一直导线 AB，通有电流I、10A,二者 在同一平面上，位置关系如题图 12.21 所示，求导线 AB 所受的力。图 12.6.312.6.3磁场对载流导线的作用XXX X北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第22页解：根据题意，建立如图 12.21 所示坐标系，以点 0 为坐标原点，水平向右为 x 轴正方向，竖直向上为 y 轴正方向。则通电直导线的磁场分布为11iB01方向：2兀x在导线 AB 上距长直导线为 x

16、处任取一线元 dx，贝皿流元Idx所受安培力大小为方向垂直于 AB 竖直向上可以判断出，导线上所有电流元所受的安培力方向均相同，所以导线AB 所受力为,o-1oIIHdx0.104兀X107江200AF二dF00InIn 10二9.21 10 N匕012兀x2兀0.012方向垂直于 AB 竖直向上。【12.22】一线圈由半径为 0.3 m 的四分之一圆弧 oabo 组成，如题图 12.22 所示，通过 的电流为 4.0 A,把它放在磁感强度为 0.8 T 的均匀磁场中，磁场方向垂直纸面向里，求 oa 段、ob段、弧二所受磁场力的大小和方向。错误！未找到引用源。解：根据安培力公式dF -Idl

17、B，可得oa 段受力dF =BI dxJoII dx2二x题图 12.2212.22北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第23页Fa=IRB=4 0.3 0.8 = 0.96N （方向垂直 oa 向下）ob 段受力Fob=IRB=4 0.3 0.8 = 0.96N （方向垂直 ob 向右）由于在均匀磁场中闭合载流线圈受的合力为零，所以弧错误！未找到引用源。在均匀磁场中受力等于直线电流 ab 在相同磁场中受力，即错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。二一2IRBf；2 4 0.3 0.8 =1.35N （方 向垂直 ab 斜向上）【12.23】如题图 12.23 所示，一根长直导线载有电流

18、Ii= 30 A,矩形回路载有电流 I2= 20A，求作用在回路上的合力。已知 d =1.0 cm，b = 8.0 cm，l= 0.12 m。解：如图 12.23（b）所示，线框所受总的安培力 F 为左、右两边所受安培力 F3和 F4的矢量和，F3、F4的大小分别为-0I1I2-（d b）所以合力的大小为方向水平向左。%I1I2l2d4二曲30 20 0.1220.014二10 J 30 20 0.122二0.09= 1.28 10，N（题图 12.2312.23北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第24页3.载流线圈的磁矩及载流线圈在均匀磁场中受到的磁力矩公式1载流平面线圈的磁矩：m =

19、NISen，其中 m 与 I 的流向成右手螺旋关系。2载流平面线圈在均匀磁场中所受的磁力矩：M =m B磁力矩的方向与m B的方向一致。当线圈平面与B线平行时，即m _ B时，线圈所受的磁力矩最大： Mmax二 mB 二 NISB相关例题和作业题【例 12.6.3】一半径为 0.1m 的半圆形闭合线圈，通以 10 A 电流，处在 0.5 T 的匀强磁 场中，磁感强度方向与线圈平面平行，求该线圈的磁矩及其所受的磁力矩。*图 12.6.712.6.7 载流半圆形线圈在磁场中所受的磁力矩已知：R =0.1m，I =10A，B =0.5T，-2求：m，M解：由定义得磁矩大小为nR22m = IS =

20、I0.2 A m2其方向为垂直纸面向外。根据式 M =m B 得线圈所受的磁力矩大小为JIM二mBsin 0.08N m2磁力矩的方向沿纸面竖直向上。【12.24】一直径为 0.02m 的圆形线圈，共 10 匝，当通以 0.1A 的电流时，问：它的磁矩是多少？若将线圈置于 1.5T 的均匀磁场中，线圈受到的最大磁力矩是多少？解：该圆形通电线圈的磁矩m的大小为北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第25页m =NIS =NI二吟）2=10 0.1二（晋）210，A m-2在磁场中，线圈所受磁力矩为M =m B，其最大值为北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第26页44Mmax二 mB = NB

21、IS =3.14 10 一 1.5N m = 4.71 10_N m【12.27】一长直螺线管，1m 长度上绕线圈n =4000匝、导线中通电流 I, =1.2A，在此螺线管中部放一长为 a=1.0 10，m 的正方形线圈，其中通 有顺时针方向的电 流J =8A，共 10 匝，如题图 12.27 所示。求正方形线圈的磁矩的大小和方向；正方形线圈受的磁力矩的大小和方向解：线圈磁矩为m 二 N2I2a2=10 8 （1.0 10 工）2=8 10A m2方向垂直纸面向里 载流线圈在磁场中受的磁力矩为M = m B大小为M 二 m Bsi n90=m% nh=8 1034 二 10 4000 1.2

22、 = 4.8 10N m方向竖直向下。4.磁介质中的安培环路定理及其应用公式真空磁导率、磁介质磁导率和相对磁导率Jr之间的关系:顺磁质： BB0，卩=BrB01，J*0抗磁质：B : Bo，:1，JBBn题图 12.2712.27磁介质的分类：根据北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第27页B0铁磁质：BB0，卩=Br-1，B0北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第28页磁场强度矢量H与磁感强度B的关系:磁介质中的安培环路定理的两种表达形式:(1)：B dl - 八 T。f ToL无限长载流圆柱体/圆柱面/圆柱壳的磁感强度分布求法:取半径为 r 的B线为积分路径 L,由安培环路定理得:B

23、dl = Bdl =B2 二 r -八 To二r l0LLIo UoB =- 无限长载流同轴电缆的磁感强度分布求法:取半径为 r 的B线为积分路径 L,由安培环路定理得:B dl = Bdl =B2：r -八 To=loLL特点：外筒外B = 0相关例题和作业题【例 12.7.1有两个半径分别为 a 和 b 的同轴无限长圆筒，它们之间充满相对磁导率为的均匀磁介质，两圆筒分别通以反向电流，电流强度为I，求（1）在磁介质中任意点 P 的磁感强度；（2）圆筒外一点 Q 的磁感强度。Bi。2 兀 rIo2 r北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第29页图 12.7.3 充满磁介质无限长圆筒电流的磁场

24、已知：a b 弓 I求:解：首先分析B分布特点由于电流分布是轴对称的，因此B也是轴对称分布的。由于有磁介质存在，所以应根据传导电流的分布，应用有磁介质的安培环路定理求 出磁场强度H的分布。然后B、H关系求出磁感强度的分布。如图 12.7.3 所示，首先 讨论磁介质中一点 P 的磁感强度，设点 P 离圆柱体轴线的垂直距离为 r，且 a r b 通过点 P 做一半径为 r 的圆，圆面与圆柱体的轴线垂直。由于对称性，在圆周上各点的H值相等，方向都是沿圆的切线，故H H内dldl = = H H内dlcosOdlcosO=H=H内dldl。根据安培环路定理， 有:L H内d丨二二H内d丨=H内”Ld丨

25、=H内2二r = I于是得H内 二一1(a r b)2 兀 r由式(12.7.5 )可得 P 点的磁感强度为円 卩卩I8内 _ H1r(a r b 通过点 Q 做一半径为 r 的圆。该回路所包围的电流为零，根据有磁介质的安培环路定理， 有B北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第30页I H外d丨二 H外d丨二H外| d丨二H外2 % r =0由此得H外二0(r b)由式(12.7.5 )可得 Q 点的磁感强度为B外二0【12.28】一无限长磁导率为，半径为 R 的圆柱形导体，导体内通有电流 I，设电流 均匀分布在导体的横截面上。今取一个长为 R,宽为 2R 的矩形平面，其位置如题图 12.2

26、8 所示。求通过该矩形平面的磁通量。题图 12.28解：设圆柱体内、外的磁感强度分别为B2。由于无限长圆柱导体中电流均匀分布在其横截面上，因此，它所激发的磁场具有轴对称性。由磁介质中的安培环路定理-LH dl=為I，得所以有r R时，同理可得JoIr：H12RH1Ir22 RB1二JH1JIr22 RI I北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第31页则通过题中给定矩形平面的磁通量为二B dS占Rdr必Rdr二世m02R第 13 章电磁感应电磁场【教学内容】电磁感应现象与感应电动势；动生电动势和感生电动势；自感和互感； 磁场的能量；变化的电磁场，电磁波。【教学重点】1. 法拉第电磁感应定律及其

27、应用。2. 动生电动势的概念及其计算；感生电场和感生电动势的概念。3. 自感电动势和自感的概念及其计算，互感电动势和互感的概念及其计算。【考核知识点】1.法拉第电磁感应定律的应用公式1法拉第电磁感应定律：二-N地dt2磁链：二 Nm，其中叮磊为穿过一匝线圈的磁通量。相关例题和作业题【例 13.1.1】设有由金属丝绕成的螺绕环，单位长度上的匝数 n = 5000m-1,截面积为 S =210_3m2。金属丝的两端和电源以及可变电阻串联成一闭合电路。在环上再绕一线圈A,其匝数 N = 5 匝，电阻为 R = 2 貼调节可变电阻使通过螺绕环的电流 I 每秒降低 20 安培。试计算 线圈 A 中产生的

28、感应电动势及感应电流 Ii ;2 秒内通过线圈 A 的 感应电量 q。图 13.1.613.1.6 例题图已知：n = 5000m-1，S = 2 10_3m2，N = 5 匝，R = 2 Q,dI=20As，t = 2 sdt解：电动势大小邸=N 一dt%丨n2)北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第32页通过线圈 A 的磁通量为“n I S禺=竺 =卩0nN S生=12.57x10500 10一3x 20 =1.26汉10一3VI dtdt3感应电流为 Ii!1.26 106.30 104AR2电量 q=ljt=6.30 1042 =1.26 103C【例 13.1.2】（交流发电机的原

29、理）如图，均匀磁场中，置有面积为 S 的可绕 00 轴转 动的N 匝线圈。外电路的电阻为 R 且远大于线圈的电阻。若线圈以角速度作匀速转动， 求线圈中的感应电动势及感应电流。图 13.1.713.1.7 例题图已知：S、N、R、求：；i、I解：由法拉第电磁感应定律q- - - N dtdt由定义，门二B S设在t =0时，线圈平面方向S与磁感应强度B的方向相同，=0t时刻，S与B的 夹角为-_-t，门-BScos t；i =N B Ss i n t令行=NBS ，它是感应电动势的最大值，得北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第33页感应电流i=msi n=lmsi nR R【13.1】有一匝

30、数N =200匝的线圈，今通过每匝线圈的磁通量 Gm= 5 10* sin10tWb 求在任一时刻线圈内的感应电动势；在t =10s时，线圈内的感应电动势。-N仏200 5 104呵“1)dtdt4=-200 5 1010二cos10 t二-二coslO t将t=10s代入上式，得引=兀cos（10汇10） = 3.14 V2.动生电动势和感生电动势的产生原因，动生电动势的计算及其方向的判断。公式动生电动势的计算公式：-4 44-dl 上产生的动生电动势：d；i =（v B） dl，当 v 与B垂直，并且 dl的方向与（：B） 的方向相同时，d=vBdl，方向与（B）的方向相同。444-L 上

31、产生的动生电动势：廿dr.（v B） dl，方向与（：B）的方向相同。LL相关例题和作业题【例 13.2.1】如图 13.2.3 所示，长直导线中通有电流I =10A，有一长l =0.1m的金属棒 AB，以：=4ms-1的速度平行于长直导线作匀速运动，如棒的近导线的一端距离导线a = 0.1m，求金属棒中的动生电动势。解：解：（1）根据法拉第电磁感应定律ddm-Ndtdt北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第34页_A已知：I = 10A、I = 0.1m、： = 4 m s、a = 0.1 m求：*解：建立坐标系如图 1323,由于磁场为非均匀磁场，在离电流 x 远处取线元 dx,. I_

32、其上的磁感强度为B0-，B的方向为：，（：B）的方向为 x 轴负向。2兀x线元 dx 上的元动生电动势为-nd * = ( B) dl =( B) (dxi ) = Bsin cos二dx2%l二 一Bdxdx2rx整个金属棒上的总动生电动势为Ba 十k0Ia+l-jd一dxlnA站2兀x2兀a4二10=10 4上ln 2一5.5 10 V 2二负号表示；i 的方向：BA,即：B方向。A 点为高电势。【例 13.2.2】一根长度为 L 的铜棒，在磁感强度为B的均匀磁场中，以角速度3在与感应电动势磁感强度方向垂直的平面上绕棒的一端O 作匀速北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第35页已知：B、

33、求：；i解：在铜棒上距 O 点为I处取线元 dl，规定其方向由 O 指向 P。其速度为：，并且：，B，dl互相垂直。于是，由式（13.2.3）可得 dl两端的动生电动势为图 13.2.413.2.4 例题图北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第36页-兀d计=(B) dl = Bsi n co 0dl二Bdl二B，Idl 2于是铜棒两端之间的动生电动势上式中.0 表明动生电动势的方向与所选取的线元 dl方向相同，即动生电动势的方向由 O 指向 P 的【13.7】一根长 0.5 m,水平放置的金属棒 ab 以长度的 1/5 处为轴，在水平面内以每分 钟两转的转速匀速转动，如题图 13.7 所示

34、。已知均匀磁场B的方向竖直向上，大小为B =5.0 10 “T。求 ab 两端的电势差。解：设 ab 长为 L，则所以 ab 两端的电势差3 5.0 10 0.52= 7.85 10一5V10 60方向为b a。【13.8】 如题图 13.8 所示，一载流长直导线中流有 1=2 A 的电流。令一长为 L=0.3m的直导线 AB 与长直导线共面且与之垂直， 近端 A 距长直导线为 a =0.1m。求当 AB 以匀 速=卫和=QLBld1B L2-obb _-( B) dl二 oL0lBdl50BL2方向为O boa4La(：丿B) dl二5zlBdl方向为O a50aboa；ob10题图 13.

35、713.7北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第37页率：2ms4竖直向上运动时，导线中感应电动势的大小和方向。vxB a LI题图 13.8解：建立坐标系如图 13.8，由于磁场为非均匀磁场，在离电流 x 远处取线元 dx,其I -上的磁感强度为B0-，B的方向为：，(：B)的方向为 x 轴负向2咚线元 dx 上的元动生电动势为亠亠亠亠仃NN31d；i =( B) dl =( B) (dxi ) - Bsin cos二dx 2=一Bdx一dx2兀x整个金属棒上的总动生电动势为“ d“1dxoIlna La2兀x2a4 10一726=2 In4一1.1 10V2 -负号表示；i 的方向：BA

36、,即：B方向。A 点为高电势。3.自感电动势和自感的概念及其计算，互感的概念公式自感的计算方法：-屮设通有电流I 求B分布一求一匝线圈的磁通量m磁链屮二Nm L =自感电动势：dI相关例题和作业题北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第38页【例 13.3.11试计算空心细长螺线管的自感。已知螺线管半径为 R，长为 I，总匝数为 N已知：R、I、N北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第39页求：L解：若螺线管内通有电流为 I，管内磁感应强度 B 的大小为B = % nl = % I穿过螺线管每一匝线圈的磁通量为：5二BS7。I二R2穿过螺线管的磁链为0罕卞LofIl螺线管单位长度的匝数 n=

37、N / l ,螺线管的体积 V =nR，上式可改写为L = %n2V同轴电缆可视为二圆筒半径分别为Ri、R2,二圆筒通有大小相等，方向相已知：Ri、R2、I求：L|解：由自感定义式L得L，式中门为穿过 I 长同轴电缆的磁通量。I I II由于磁场仅分布在两圆筒间，故门为通过图中长为 I 的内外圆筒间的矩形截面PQRSP 的磁通量。【例13.3.2】反的电流 I求单位长度的自感 L0图 13.3.213.3.2 例题图北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第40页由式(1235)可知：B必,为非均匀磁场。所以 G 二dG , d：G为通过面元dS二ldr2nr:的磁通量。-0Il= B dS =

38、 Bldr0dr2兀r,R2%llA%IL R2drIn恂 2 nr2 兀R1得L R2In -lIl2 二 R【13.11】有一个线圈，自感系数是 1.2H,当通过它的电流在 1/200S 内，由 0.5A 均匀地 增加到 5A 时，产生的自感电动势是多大？解：由工二-计算，可求得dt%=L賂L竺=1.2汉5一0.5=1.08d03Vdt At1/200【13.12】一空心长直螺线管，长为 0.5m，横截面积为0.1 10，m2，若螺线管上密绕线圈 3000 匝，求自感系数为多大？若其中电流随时间的变化率为每秒增加10A，自感电动势的大小和方向如何？解： 由长直螺线管的磁感强度公式B，。牛I

39、、磁通量公式 5 = NBS 及公式 二 LI，可以推得其自感系数为-72_24二1030000.1 100.5自感电动势为式中“一”号表示的方向与电流方向相反4.自感磁能的计算公式自感磁能的计算公式：Wm= f LI22%N2Sl=2.26 10”dt-2.26 10 10 - -0.226V北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第41页相关例题和作业题北京联合大学大学物理H课程考试大纲解读第42页【例 1341】如图 1342 所示，同轴电缆中金属芯线的半径为 Ri,共轴金属圆筒的半径 为 R2,中间为空气，芯线与圆筒上通有大小相等、方向相反的电流 I。可略去金属芯线 内的磁场，求（1）长为 I 的一段电缆中所储存的磁场能量。（2）该电缆的自感系数。图 13.4.213.4.2 同轴电缆的磁能已知：R1、R2、I、丨求：（1） W