大学物理(上)习题册答案.pdf

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1、练 习 一一、选择题：1.C；2.B；3.D；4.B B；5.B；6.C；7.D二、填空题：1.23ml s2.变速曲线运动；变速直线运动；匀速(率)曲线运动3.x=(y 3)2,St!+2j,8 i4.an=8O/7?/.V2,at=2m/s2r o5.4/=g/2,p =2K;vpK c o s3 0=vP K c o s4 5 由此二式解出:UKKsin 3 0 +sin 4 5-=25.6 m/5 c o s3 0c o s4 5 0练 习 二一、选择题：1 .B ；2.B ；3.A ；二、填空题：4.D ；5.B ；6.A ；7.A；8.C1.0,2gc a=一k tt nV=v1

2、,2 k 30+kt x=v()t+-Kt2m 6m3.m%s i n。；向下三、计算题4.5 5 z +4 4/(m/s)5.1.2m6.8 8 2J1.解:dv 2(1)加=-五 ，分离变量并积分dtdv k2 二(3)dx=vdt=,fz w v(),m、八 k、dt x I-dt ln(l H v()z)m+kvQt k mdv.2 dv,2 dv k-1 、vm =kv,mv =-kv,=-ax I D v|Vodt dx v mx9v=vQemJ -kx=呼3 vm得V=加口。tn+kvtm+kvtk2.解:4卜=j F外dx=J).(4 x +6X2)JX=(2X2+2x3)15

3、 =3.25 J(2)m =-(4 x +6 x2),2v =-(4 x +6 x2)dt dxfv 广0.5?f vdv=f(2x +3 x)公，V2=3.25,v =1.8 0/n /53.解：由动量守恒可得子弹相对砂箱静止时的速度大小为 V=必 二M+m由质点系动能定理得一q 1 (5J 而m v三021 2I-m v01 m Mc 1 m M 2f vo，21 m +M1 2 1A =2-2(M+m)m v0+m、21 m M 2v()2加+M2 m +M74 .解：炮弹在最高点爆炸前后动量守恒，设另块的速率U 2与水平方向的夹角为a入 m m mm v c o sdo =c o s

4、a ,0=v2 sin a-%2.2-2AB解得：v2=+4V Q c o s2 00,a=tg 1-2v0 c o s0o0m5 .解：由动量守恒m v0=(m+M)v=(m +2 M)M2从子弹和物块A以共同速度开始运动后，对子弹和物块A、B系统的机械能守恒；（加+初/弓（加+2“）/+*（4）2,加=后+靠+2外叫6.解：（1）由动量守恒得 m v-M V=O,1 2 1 2由动能定理得mgR=-m v+MV(2)小球相对木槽的速度，T7 Z1 m j 2MgR/=y +V =(l+)-M 丫(加+)zV2 z +o 2/7?2g1 2 1 1 A/=Ia.FR=mR a ,F =mRa

5、=x 5 x 0.15 x4 0TI=4 7.3 N2 2 212X=M-A O=J a A 0=-5 0.15 X4 0TI-5 7：=111J2(3)c o =c o()+a f=4 0TI x l0=1.26 x l03r a J/5,v=R s=0.15 x l.26 x l03=1.8 9x l02m/5N-mg=m,N=mg d-=3mg H.-R M M练习三一、选择题：1 .D ；2.C ；3.C ；4.D ；5.A ；6.C二、填空题：1 .4(s),15(/?1/5)2.6 2.5,5/3(5)3.mg -4.5 0/%广三、计算题1.解：(1)由题意知 3 A =网1=2

6、兀 X 600=20一d/s6 0 6 0轮与皮带之间没有滑动 aARAa 4 =O，BRB/RA=0.8TI x15/3Q=2nrad/S2,以 2(kt-=-=10saA 2兀,(c2、)(o,=2nn*A =2兀乂3 00=liOn rad,./s6 0 6 0,：一 3 A 10-20 1 ,2a A=-=-=-nraa/s;t 6 0 6轮与皮带之间没有滑动a ja .HA1 3 0=兀x =6 7 5 radls22解：匀加速转动a=V=F=4.2 6 x d 2 2AC g-C 00A 0=2 x a0 调 一 =5 兀 =州=2.5 皿2 x 4(hi 2兀33.解：(D)对

7、右物体犯g 彳=加 阕 ，对右滑轮RA 一丁小八=)。|=mAR,d=_ mAa2 23 -丁2 =；加 八a(2)；对左物体 T3-m2g=ma,(3)对左滑轮1 2 1T M f R B=J M L 3fn/2”二-mRa(1)(4)式相加解得a=mA-m2-8+机2+机4/2+加 由/24.解：(1)由转动定理M =/a得a=M/J=F r/J=9.8x0.2/0.5=39.2rat/52(2)由牛顿第二定律、转动定理及线量和角量的关系得mg-T=ma(1)Tr=Ja(2)a=roc(3)W/7mg 10 x9.8a =-=-mr+J/r lO x0.2+0.5/0.25.解：(1)各物

8、体受力情况如图。T -m g =ma,mg-Tr=maTr(2 r)-T r=9m r2a /2a=m ,a-2ra由上述方程组解得：a=2 g/(1 9 r)=1 0.3 r a d/mg(2)设0为组合轮转过的角度，则0=h l r,co2-2a0,co=(2a/z/r)l/2=9.08raJ-5 16.解：根据转动定律得 j =-ka)dt(1)Hn,J d(fz,产，2 J d(0 J.B P dt=-,dt-,t=In 2k co J J00 k co k(1)式可写成 J s 皿=k(a,dB=a d s ,de k0=也2k0 Jco o=-2K 471k练习 四-、选择题:1

9、.B；2.D；3.D；4.D；5.A；6.B；7.C二、填空题：1.ml 2(o2,ml 2co6 33.减小，增大，不变，增大三、计算题4.不一定，动量3/nu2ML1.解：根据质点和刚体转动的动能定理得m?gh-Th=；也/(1)TRO=ljc o2=1/H1/?2C O2 2 44,/h RQ,v =R s ,/.Th mv(3)4(1)+(3)式得 v =2 I 帆2gh)机 +2m22.解：(1)人和盘系统角动量守恒 J(a=(J+mR2)aR2w=-_-0,Aco=(D，-(O =-j-CD 角速度减小.J+MR-J+MR Ek=ljc o,2-l(j +w/?2)(o21 mRJ

10、 2,-mv0(1)+(2)x/整理得 研 =箫卜(角动量守恒，可直接写出该式),(0=3加 匕)_ 0.0 3 VQ=2rad/s(M+3m)/31(2)根据机械能守恒得+ml J o2=Mg(1 -c o s O)+w/(l-c o s 0)f-A/2 4-ml2 la)2c o s O =1 -3 =1-4=0.86 3,6 =3 0.2 9(M+2m)2.9 9 x 9.84.解：(1)对弹簧、滑轮、地球组成的系统机械能守恒.取重物的初位置为重力势能零点，当重物沿斜面向下位移X时.c r()1 f 2 1 2 1 ,2 八一 根 gx s in 3 7 +o+mv+5 0 =。物体下滑

11、最远时，p=0,co=0,-/n x s in 3 7 +；小=0 x=2mg s in 3 7/k =1.1 8m(2)c o =u/r,当 x =时，由式可解得：u =0.68m/s5.解：球、环系统受外力矩为零，角动量守恒。地球、球、环系统恒。取B点为重力势能零点。小 球 在B、C点相对环的速度为%B 点：J()c o()=(J()+mR2 XD+mg R=:2+；相 NR?+v j)(2)J()So,，L)R s：=-k y=1 2/?+-yJ-rnR A l J()+m RC点：m vl=mg(2R)，vc r砺练习五一、选择题:1 .B ；2.D ；3.A ；4.B ；5.C ；6

12、.B二、填空题:1.相对性原理：物理规律在一切惯性系中都有相同的数学表达形式；光速不变原理：任一惯性系中测得的5光在真空中的传播速度都是相等的.2.1.3 x 1 0-3.0.9 88c 4.4 5.2.6 0 x lO m/s ,2.6 0 x lO m/s三、计算题,t vx I c1.解：（1）根据洛仑兹正变换关系t=I,，由题意知Vl-v2/c2（2）根据洛仑兹正变换关系r-x-v t,由题意知x l-v2/c2Ar =-7 -皿 =W V =-5 c,即空间距离/=|Axr=V5 c =6.7 1 x lOKm/5v l-v2/c22.解：（1）根据洛仑兹正变换关系y =,由题意知V

13、l-v2/c2A r =,垃,-=_(%,)2毋=在(2)根据洛仑兹正变换关系-丁 x，cV1 -V2/c2加,二:心=一心,1cl =_ ；g/c=-0.9 4 x 1()-8 s,=0.9 4 x 1 (T8 sV l-v2/e23.解：（1）根据运动时和固有时的关系Ar =AT/V1 -v2/c2=2.6 x 1 0 s/.l -(0.8c/c)2=4.3 3 x 1 0 s(2)距离为同一参考系测得的速率与时间的乘积1 =vAr=0.8x3xl08x4.33xl0-8=10.3mm f _m，_ m _ PJ l 一/1clI 1(1-v2/c2)1-v2/c2r=,_ m，_ m _

14、 pJ l -/c -/5/l -v2/c2-v21 c25 .解：（1）根据洛仑兹速度逆变换关系M,=/+”,=瓜+吨=0.9 2 9 cl +vuJc2 1 +0.4（2）根据光速不变原理，光子的速度为c6 .解：动能的增量等于外力的功/、A =A Ekl=-=2=0 k -mn C2=O.O O 5/noc2=0.41X10|5J4=A&2=(t :i I v=o,9 c -/；J v=o.8 c c=0.6 2 7ITIQC2=5.14X10 Jl v l-v2/c2 1 V l-v2/c2 1)陈习六一、选择题：1.C；2.C；3.B；4.C；5.B；6.D二、填空题：61.q 2.

15、TIR2E 3.g，0 ,4._2_ 5.至，垂直于平板向左2nsoa（）8（）2 4 c n 2E06.4 n 0/i2三、计算题1.解：以一端A 为坐标原点。，沿 A B 细直线为x 轴，如图所示。在细线上取长为 d r 的线元，其电量d=Xdr。根 据 点 电 荷 的 场 强 公 式，明 在P点 所 激 发 的 场 强 沿x轴 正 方 向，大小为dEP=-迈J4兀%（a+b-x）A，TB根据场强的登加原理，P处的总场强沿X轴正方向，其大小为1 X d x47TO（a-b-x）X z 1 1 .ka-（-）=-4 7 比（）b a+b 4 的）（+/?）/?2 .解：在 细 圆 环 上 位

16、 于。处 取 长 为 d/的 线 元，其电量(=入 出=储s i n。Rd。根据点电荷的场强公式，d q在细圆环中/心。处所激发的场强方向如图所示，其大小为(沙力 d E_ d g /sinedO 噬 J X4 兀 。-4 兀 o Rd 后 沿 小 y方向的分量分别为d&=-c o s O d E和d E=-s i n 0 d E根据场强的叠加原理，细圆环中心。处场强的分量分别为E口 cA r 产 x0s i n Ox=d =-c o s 0 d 0 =0J 47C8（）/?PP2nE,=j d E,1-N s i n 94 兀 （）As i n 0 d 04 g。A所以，细圆环中心处的场强为

17、E=E7+E 7-7*3 4s0R3.解：以左侧表面上任意一点为坐标原点o,垂直于板面向右为x轴示坐标系。在平板内x 处取厚度为d x的簿层，该簿层与原带电平板平的电量为。=让。该簿层可以看作为无限大平面，根据无限人均匀公式，簿层在其两侧的产生的场强大小为 d E=_ =上 也，方向平2 s0 2E0场强的叠加原理可以求得M 1 处的场强为 E产 _2 小=一 旦=-反M 2 处的场强为 E a-d x=(a dx=-J 2E()2(1 4()正方向，建立图行，其单位面积带电平面的场强行 于 X轴，根据M处（axo）的场强为 =r _Ld.v+r _Ld A.=_L（2 x2-2）J 2 7

18、J%。4E由以上各处场强大小可以看出，场强最小在”x 0之间，其最小值为零。令（2x2-a2）=0 得4E0V 2x=a 24.解：根据电荷分布的对称性，场强具有球对称性且方向沿径向。设壳层内任一点 P到球心距离为/,过 P点作一个与带电球形壳层同心的球面作为高斯面S。高斯面内的总电量为7十 17/4 3 4 3、p V =p(-7 t/|一 兀。)对 S 面应用高斯定理 士:及d S-1得 E 4 孙2=22，P点的场强大小讥o(rj=/_）=2 3EQ 3O 3EQ 3（）6 .解：如图所示，在球内取半径为厂、厚为d r 与带电球体同心的薄球壳，薄球壳的带电量为 dq=p d V =kr：

19、4 7 n d r =4 兀则带电球体的总电量为 Q =Jd g=J：4 板,d r =殍R，设带电球内任一点P到球心距离为n，过P点作一个与带电球同心的球面作为高斯面s。高斯面内的总电量为5应用高斯定理卮.西=21，得E4孙P点的场强大小 S 0 1 04 no4 5E0练习七一、选择题1.D；2.C；3.B；4.C；5.B；6.D二、填空题1 .路 径 的 起 点 和 终 点 位 置，电 荷 移 动 的 路 径，保 守 2.J，07t（）a3.4.3 0 0 V ,1 0 0 V 5.”+_Lg 6._C T f l2 e0 e 4 jt 0 r 2 e 三、计算题1 .解：以一端A 为坐

20、标原点。，沿 AB细直线为x轴，如图所示。在细线上取 a|J|P线元dx,其 电 量 为=根据点电荷电势公式，/在 P点处的电势为 At-1 1-B F吗=士=-效4兀0 r 4兀 （）a +b-x根据电势的叠加原理，P点处的电势为匕=1J J 4 7 r g0 a +b-x 4 7 t 0,a +bInb2 .解：在圆盘上取半径为广 r +d r 范围的同心细圆环，其上的电量为d q =o d S =o 2 兀也根据均匀带电细圆环的电势公式，A q在盘中心的电势为8dq(5-2nrdr c,v=-=-=-d4ns or 4KE0r 2E0根据电势叠加原理，圆盘中心的电势为V=JdV=R o

21、G R-dr=-3.解：在带电球体上取半径为厂口 r+d r 范围的同心薄球层,2 3d（7=pdV=kr-4itrdr=4-itkr dr该薄球层看作均匀带电球面，根据均匀带电球面的电势公式，生的电势为da 4 兀 k/3dr kr,dV=-=-=dr47tEoa 47toaa r _ /?R，-q-Al r=-q1 1 )内球面所带的电量为5.解：（1）根据电荷分布的对称性,点作一个与带电圆柱面同轴的长度为E-2nrl=-即 E=-。0 2 汽 o”r W Ri,q =0，E=0/?!r /?2 Z q=O，=0 曲线如右图所示。47ior4 叫 I R&,4 兀 E（）H 凡 Uq=RR

22、场强具有轴对称性且方向沿径向。设任一点P 到轴线距离为r,过P/的圆柱面作为高斯面 s。应用高斯定理，得2Kor0（2）根据电势差和场强的积分关系u.b=J 后.#，取路径沿圆柱的径向，则内外圆柱面之间的电势差为r角-(/=f E dr=E d r=4 X、九 尺I -dr=-In以 27t80r 2兀R6.解：根据高斯定理，可求得两平面之间的场强大小为+O -Q =(-a xa)场强方向沿x 轴正向。两平面外侧场强处处为零，是等势区。根据场强和电势的积分关系，两 平 面 之 间（-。）坐标处的电势为V=&和 r凡区域的场强方向沿径向且大小表达式为E-q,，其它区域场强为零。系统静甩能为4 兀

23、 o尸1 0iv=Jvvd V=j y-d V=C 7 7(A q j-4 J +C(J 2)2 -4 7 t r-d rJ 凡 2 4 7 1 8()r J -2 4 7 t e()r=q(.-1-1+一1 ).8 7 c g Ro R R25.解：设内、外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电量 入和一入，根据高斯定理可求得两圆筒之间的场强大小为2 兀 ()“场强方向沿着圆筒径向。式中，是场点到圆筒轴线的距离。根据电势差与场强的积分关系可求得内、外圆筒的电势差为-rRi X X R、U=E d r =E d r=-.d r=12J 与 J&2 7 T 808rr 2 冗 ()K根据电容器电容的定义

24、。_ XL _ 2ns0rL下:XT2 n E08r R R6.解：由介质中的高斯定理可求得介质中的电位移大小。=,，由电场强度与电位移的关系可求得场强4 兀/大 小 由 电 极 化 强 度 与 场 强 的 关 系 可 求 得 电 极 化 强 度 p _ a l l f F-(f n q，它们L-.T r Xr 1 历 0 心 3 r -1)-rr0 4 7 l r80r4 兀 田()的方向均沿着径向。由极化甩荷面密度与电极化强度关系 b =R,可求得介质内表面面密度为媪=-P(/?,)=-(r-1).q J4 7 t r80?,介质外表面上的极化电荷面密度为C T;-p(/?.)-(l-1)

25、q4 兀%。尸练习九一、选择题1.C；2.A；3.B；4.D；5.C；6.C二、填空题1 3 2.皿(L 3,垂直于纸面向里3.屈“1 4.闽nd 4 a b 冗 25-0,皿 6.g o(/2-/,)-小5+/1)2itr三、计算题1.解：设铁环半径为r,长直导线中的电流为/。A、B两点把铁环分为两段，长度分 别 为 人 和，2，电阻分别为R和 R”通过的电流分别为乙和右。根据并联电路分流公式得，RJ，/,=凡/。根据毕R+R?居 +R?奥一萨伐尔定律，两段铁环中的电流在环中心处激发的磁感应强度大小分别为D 4)4/|H o R J 1 ,P 口 0 1 2 ，2 内)，2D =，D-)=-

26、=-2 r 2nr 2r R+R2 2 口 2 r 2jir 2r R+R2 2nr根据电阻定律可知 巴，,所 以Bi=B,0由 于 片 与 3,方向相反，所以环中心处的总磁感应强度为网1 2月=A +反=0。it2.解：根据毕奥萨伐尔定律，导 线2在正三角形中心处产生的磁感应强度大小8=辿（sin 90 sin 60。）471dI/T式中d为正三角形中心到长直导线2的距离，d=tan30。=/,所以2 65=（1_乌=血（2若_3）4兀疯 2 4兀/方向垂直纸面向里。根据电阻定律和欧姆定律，ac边中的电流强度是ab（或be）边中的电流强度的两倍,在正三角形中心处，ac边中电流产生的磁感应强度

27、是ab（或be）边中电流产生的磁感应强度的两倍，而且方向相反，所以三角形框中的电流在正三角形中心处产生的磁感应强度为零。导线 1在正三角形中心处产生的磁感应强度也为零。所以正三角形中心处的磁感应强度就等于导线 2在该处产生的磁感应强度。3.解：建立如图所示坐标系，沿电流方向在导体上坐标x处取宽度为dx的窄条，其电流强度为di=o根据无限长直导线电流的磁场公式，d/在P点的磁感应强度 dB=酗=-皿-dx2n（a+b-x）2n（a+b-x）a方向垂直于纸面向里。根据磁场叠加原理，P点的磁感应强度DB r=I|D d B r=f l|1 V -,d x =N o-/-1 Ian+bJ J0 2n（

28、a+b-x）a Ina b方向垂直于纸面向里。4.解：P是导体板平面外任意一点，由P点向导体板作垂线，垂 足 为0。以O为原点建立直角坐标系，如图所示，电流垂直于纸面（。孙 平面）向外。在薄板上坐标y处沿电流方向取宽度为dy的窄条，其电流强度d/=jd y,根据无限长直导线电流磁场公式，d/在P点的磁感应强度大小回 也 凹=山 2nr 2nr由儿何关系可知，r-x y =x t a n 0 ,d y =d 0C O S 0 c o s。d后沿y轴方向分量为 d氏=AB-cos0=Mo7COSe2nrd月沿x轴方向分量为 dBt=dB sin9=k,/s in 92”dy=d。2兀dy=-!ta

29、nOd02兀氏乎氏=J：器 t a n O d O =0B=Bv=fdBv=皿 d。=应J 2兀 25.解：P为圆柱面轴线上任一点,过P点取垂直于轴线的平面，以P为原点建立直角坐标系,如图所示,电流垂直于纸面（孙 平面）向外。沿电流方向在圆柱面e处取角宽度为d o的窄条，其电流强度（1/=Id O。由无限长直导线电流磁场公式，d/在P点的磁感应强度兀皿 嘿d片沿y轴方向分量为dB,=-c(0s=-=_ L d 0用-c O o e d2n Rd月沿x轴方向分量为d 4 =(B-i i 0 d2nR12Bv=f d B,.=-c o s G d O =0-J J 2nR8=B、=f d B,=4

30、L s i n 0 d e =%J 2nR n R6.解：并行于电流方向在矩形线框上离开长直导线距离为 厂处取宽度为d r 的窄条。根据无限长直导线电流磁场公式，该处的磁感应强度B=也。2 j t r通过该窄条的磁通量d 8=B d S =W _ o d r2nr通过矩形线框的磁通量0 4=m J J。2nr 2 兀 c练习十 一一、选择题1.B；2.C；3.D；4.A；5.B；6.D二、填空题1.洛仑兹，感生电场，变化的磁场，涡旋 2.氽3.v x B 4.端，中na5.当U 6.qR2n r三、计算题1 .解：由螺线管的磁场公式8=内)/可知，小螺线管内是均匀磁场，其磁感应强度大小为Bh=

31、|i0-y-/0 s i n c o r通过大螺线管线圈横截面枳的磁通量为 .=&$=如牛昉/s in c o z通过大螺线管的磁链为 匕等*s ins大螺线管中的感应电动势为%=-M od rN N?LnZ?2/()c o c os c or2bla2 .解：图示位置时，两根无限长直导线的电流在矩形线圈左边处产生的磁感应强度大小为方向垂直于纸面向里。在矩形线圈左边中的电动势大小为口 1 A|V/1 1 、i=B Q =K)(-)2 兀 a-b a +b方向沿左边向上。同样可以求得，在矩形线圈右边中的电动势大小与左边中的相等，方向沿右边向Fo 另外两边中没有感应电动势。所以，线圈中的感应电动势

32、大小为e =2 g =2/v (!-J-)2 7 t a -h a +b方向沿顺时针方向。3 .解：以无限长直导线为边，在垂直于圆柱轴线的平面内作无限长矩形回路A B C D ,AB与圆柱轴线相距为d。以ABCD为绕向，ABCD回路中的感应电动势为勺=-吧 L =-竺.S=-E/?2A t d f电动势方向为反时针方向。由对称性可知，无限长直导线CD中的电动势为ECD=：,.=-：&加2 21 3电动势方向DfC。4.解：o b 段中的动生电动势为5=J。(u x B)d/=f u f id/=f c of i/d/=a。a b杆中的动生电动势为=I 8 2=co BL-co B 匚 -C D

33、 B U5 0 5 0 1 0感应电动势方向b f a。a b两端间的电势差工 也=8=(oBL2104L/5 也5.解：根据安培环路定理，与载流无限长直导线距离为r 处的磁感应强度大小为电。以顺时针方向为线2 nr圈回路的绕向，较远导线中的电流在线圈中产生的磁通量为J 2 d 2itr 2 7 i较近导线中的电流在线圈中产生的磁通量为广广一心应”=-吆J 2 a 2 7 r总磁通量为8=初+中2=_ 上生l n2-2 兀3感应电动势为=_=W (l n)=W l a h dd r 2 7 t 3 d/2 兀 3方向为顺时针。3-22n6.解：以 a bc d a 作为回路的绕向，任意时刻，时

34、，矩形导线框的磁通量为=此 次=广 内 跖”跖 /。+人J 九 2 7 1/*2 兀 I o(1)如/=/0 时;a b中的感应电动势等于线框中的感应电动势，即c_ -dO _ -l|/u d/;in/(+Z)-M，1/u I n/o+1dt 2 兀 d r /0 2n/0a b 中电动势方向b f a ,a两点电势高。(2)z =Z0s in(c or),矩形导线框的磁通量为J-i n 吗 32 兀 10线框中的感应电动势为=_ 吧=_&4 i n 殳X(u s in8，+/2 3 C O SM)d r 2 7 c /0练 习 十 二一、选择题1.C；2.B；3.D；4.D；5.A二、填空题

35、A;B 41.0.0 4 0 H 2.0 3.p N2S/l,xNI H 4.2二8-5 .变化的磁场激发涡旋电场，变化的电场激发涡旋磁场(位移电流)6 .写出麦克斯韦方程组的积分形式：口 d M J p d i z，由方 d =_ J s?d M靛汨=0,(7 +%市14三、计算题1 .解：设乂匝线圈中电流为人,它在环中产生的磁感强度为3,=,7,=,/,2nR通过N 匝线圈的磁通链数为叼，=N,B,S =N，u“（/m a2nR两线圈的互感为 M，=WN NI,2R2.解：（1）设B线圈中的电流为/,B线圈在圆心激发的磁感应强度为B.N()N 8/2RA线圈的磁通量为,=N通&=皿3可 况

36、2R两线圈的互感为M=唠 8x“H（2）A 线圈中的感生电动势为 e.=M =6.2 8x l O x 5 0 =3.1 4 x l O Vd r3.解：设螺绕环线圈中通有电流为/，离环中心r处的磁感应强度为B=上 2nr螺绕环的磁通链数为+=可Bd S =N广比竺/心=比生生l n 2Js k 2nr 2兀 R螺绕环的自感 乙=生=皿3 1n%/2 7 r R4 .解：设无限长直导线通有电流/o离直导线，处的磁感应强度为8=胆2”通过矩形线圈的磁通连为5=NdS=N(必.d r =NM ln22nr2 7 rbbVr线圈与长直导线间的互感为M=1 /2 =1 0 0 x 2 x 1 0 7

37、x 0.2 1 n 2 =2.7 7 x l O-6HI 2n5.解：根据安培环路定理，导线内距轴线为，处的磁场强度为H=L，磁能密度为2 i t/T1 口2%“厂广W=2 H导线内部单位长度储存的磁场能量为1MJ：嘿察2喏6.解：（1）细导线中的电流为 =sincorR R(2)通过电容器的位移电流为/;=c=-t/()0 c os/d/d/d(3)通过极板外接线中的电流 i-id+iR=L/()c oc os c o +-s i n c oZ（4）根据安培环路定理由方田=24+）H-c2 n r =-o-口-.U.o(oc os 3，+UQ s i.n c ordR r U oH =c os c or +s i n a)r2d 2nrR1 5