大物小測復習大綱

小測復習大綱大學物理課后題１.電場強度與場強疊加原理２.靜電場的高斯定理３.靜電場環(huán)路定理電勢能電勢４.靜電場中的導體與電介質５.電容器電場能量６.直流電流和圓電流的磁場磁場的高斯定理課后題７.安培環(huán)路定理８.電磁感應動生電動勢９.自感互感磁場能量46.3

在坐標原點及點

分別放置電荷Q1＝-2.010-6C及Q2＝1.010-6C的點電荷，求點P

處的場強（坐標單位為m）。解：6.4

如圖所示，長為L的均勻帶電細棒AB。設電荷的線密度為l。求：（1）AB棒延長線上P1點的場強（P1點到B點的距離為a）。解：

取P1點為原點、P1A向為x軸正向建立坐標系。在AB上距P1為x處取電荷元dq=ldx，其在P1產(chǎn)生的場強：即P1點場強大小為方向沿AP1方向。6.5一根玻璃棒被彎成半徑為R的半圓形，其上電荷均勻分布，總電荷為q，求半圓中心O點的場強。解：以半圓圓心為原點、對稱軸為x軸建立坐標系，如圖，根據(jù)對稱性EOy=0在棒上取電荷元dq。寫成矢量式：6-11兩個均勻的帶電同心球面，內(nèi)球面帶有電荷q1，外球面帶有電荷q2，兩球面之間區(qū)域中距球心為r的點的場強為，方向沿球面半徑指向球心；外球面之外距球心為r的點的場強為，方向沿球面半徑向外。試求q1和q2各等于多少？

解：設A、B分別為兩球面之間區(qū)域和外球面之外區(qū)域中的點，過A、B分別作兩球面SA、SB為高斯面，并取高斯面法線單位矢量沿徑向背離球心。根據(jù)高斯定理A點(兩球面之間區(qū)域)：B點(外球面之外區(qū)域)：6-13.兩無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2(R2>R1)，分別帶有等量異號電荷（內(nèi)圓柱面帶正電），且兩圓柱面沿軸線每單位長度所帶電荷的數(shù)值都為l。試分別求出以下三區(qū)域中離圓柱面軸線為r處的場強：求距離軸線r遠處的場強：⑴

r<R1；⑵

R1<r<R2；⑶r>R2。解：分別在三個區(qū)域作半徑為r高為h的同軸柱面為高斯面。根據(jù)高斯定理⑴r<R1

⑵R1<r<R2

⑶r>R2

場強方向：沿矢徑方向背離球心6-14.一半徑為R的帶電球，其上電荷分布的體密度r為一常數(shù)。試求此帶電球體內(nèi)、外的場強分布。解：在帶電球體內(nèi)、外分別作半徑為r的同心球面為高斯面。根據(jù)高斯定理當r<R時，當r>R時，6-17 如圖所示，A點有電荷+q，B點有電荷-q，AB=2l，OCD是以B為中心、l為半徑的半圓。（1） 將單位正電荷從O點沿OCD移到D點，電場力做功多少？（2） 將單位負電荷從D點沿AB移到無窮遠處，電場力做功多少？解：（1）選擇無窮遠處為電勢零點D點電勢：O點電勢：單位正電荷從O點移到D點，電場力做功為：（2）單位負電荷從D點移到無窮遠處，電場力做功為：6-19 在半徑分別為R1和R2的兩個同心球面上，分別均勻帶電，電荷量各為Q1和Q2，且R1<R2。求下列區(qū)域內(nèi)的電勢分布：（1）r<R1；（2）R1<r<R2；（3）r>R2。解：半徑為R均勻帶電Q的球面在空間產(chǎn)生的電勢為：因此，根據(jù)球面電勢的疊加原理6-20 電荷q均勻分布在長為2a的細棒上。求棒的延長線上離棒的中點O點為x的點P的電勢。解：建立如圖所示的坐標系：6-23兩個均勻帶電的金屬同心球殼，內(nèi)球殼（厚度不計）半徑為R1=5.0cm

，帶電荷q1=0.6010-8C

；外球殼內(nèi)半徑

R2=7.5cm，外半徑R3=9.0cm，所帶總電荷q2=-2.0010-8C

，（1）求：距離球心3.0cm，6.0cm，8.0cm，10.0cm各點處的場強和電勢；（2）如果用導線把兩個球殼連起來結果又怎樣？解：靜電平衡后q1=0.6010-8C

電荷分布在內(nèi)球殼表面。外球殼內(nèi)表面有電荷-q1，外表面有電荷q1+q2=-1.4010-8C

。(1)由高斯定理r=6.0cm(R1<r<R2)r=3.0cm(r<R1)r=8.0cm(R2<r<R3)r=10.0cm(r>R3)半徑為R的均勻帶電Q的球面電勢分布為根據(jù)球面電勢公式和電勢疊加原理，r=6.0cm(R1<r<R2)r=3.0cm(r<R1)r=8.0cm(R2<r<R3)r=10.0cm(r>R3)（2）如果用導線把兩個球殼連起來，內(nèi)球殼和外球殼內(nèi)表面不帶電，外球殼外表面帶電為q3’=-1.4×10-8C。導體內(nèi)部場強處處為零，由于靜電屏蔽，外球殼的外表面電荷不影響導體空腔內(nèi)部。因此r<R3區(qū)域，E=0，即r=10.0cm(r>R3)由高斯定理

用導線把兩個球殼連起來后，導體是個等勢體。r=10.0cm(r>R3)6-24在一半徑為a的長直導線的外面,套有內(nèi)半徑為b的同軸導體薄圓筒,它們之間充以相對介電常數(shù)為εr的均勻電介質,設導線和圓筒都均勻帶電,且沿軸線單位且沿軸線單位長度所帶電荷分別為λ和-λ.（1）試求導線內(nèi)、導線和圓筒間、圓筒外三個空間區(qū)域中的點的場強大??；（2）求導線和圓筒間電勢差。（1）根據(jù)高斯定理a<r<b時，r<a時，r>b時，(2)ab之間的電勢差解：在三個空間區(qū)域分別取半徑為r高度為h的高斯面6-25A、B、C是三塊平行金屬板，面積均為200cm2，A、B相距4.0mm,A、C相距2.0mm,B、C兩板都接地，如圖所示，設A板帶正電q=3.0×10-7C,不計邊緣效應(即認為電場集中在平板之間是均勻的)。(1)若平板之間為空氣(εr≈1.00),求B板和C板上的感應電荷，以及A板上的電勢；（2）若在A、B間另充以εr=5的均勻電介質，再求B板和C板上的感應電荷，以及A板的電勢。由靜電感應可知,A、C相向兩面帶等量異號電荷，A、B相向兩面也帶等量異號電荷。解：B、C兩板都接地，解以上兩式：(2)由靜電感應可知,A、C相向兩面帶等量異號電荷，A、B相向兩面也帶等量異號電荷。B、C兩板都接地，解以上兩式：電場能量：6-28一空氣平板電容器的電容C=1.0pF，充電到電荷為Q=1.0×10-6C后，將電源切斷。（1）求極板間的電勢差和電場能量：（2）將兩極板拉開，使距離增到原距離的2倍，試計算拉開前后電場能的改變，并解釋其原因。

(2)距離拉長2倍后，電容變?yōu)榻?(1)由得電場能量：電場能量增量：原因：將兩極板拉開時，電場力做負功，電場能量增加。6.29平板電容器兩板間的空間（體積為V）被相對介電常數(shù)為r的均勻電介質填滿。極板上電荷的面密度為。試計算將電介質從電容器中取出過程中外力所作的功。解：外力做功等于電容器電場能的增加：將代入，得解：在球形電容器兩極板間作半徑為r的同心高斯球面S

6.30若球形電容器兩同心金屬球面半徑分別為RA和RB（RA<RB）,帶電荷分別為+Q和-Q，兩球面間充滿介電常量為的均勻電介質，設其電容量為C，試證明次電容器電場的能量為

由高斯定理得得則則半徑為r處的能量密度為

則球形電容器的電場能量為

又因為球形電容器的電容即7-11一條無限長直導線在一處彎折成半徑為R的圓弧，如圖所示，若已知導線中電流強度為I。試利用畢奧－薩伐爾定理求：（1）當圓弧為半圓周時，圓心O處的磁感應強度；（2）當圓弧為1/4圓周時，圓心O處的磁感應強度。解：（1）因左右兩邊的半無限長的延遲線經(jīng)過圓心，因而在圓心產(chǎn)生的磁感應強度為0，因此圓心O處的磁感應強度僅由半圓形電流產(chǎn)生。（2）同理，圓心O處的磁感應強度僅由1/4圓弧電流產(chǎn)生。（2）

(1)方向：垂直紙面向里方向：垂直紙面向里7-13一長直導線ab,通過電流I1=20A，旁放置一段導線cd，通過電流I2=10A，且ab和cd在同一平面上，c端距ab為1cm,d端距ab為10cm,求導線cd所受的作用力。解：如圖建立坐標系，長直導線產(chǎn)生的磁感應強度為在cd段上的感應強度分布隨x的增大而減小，因而可取cd段上一小段導線dl，所受的ab段對其作用力為：7-17如圖所示，載流長直導線中的電流為I，求通過矩形CDEF的磁通量解：如圖建立坐標系，長直導線產(chǎn)生的磁感應強度為如圖對矩形CDEF進行分割，得到高度為l,寬度為dx的小矩形，該面積的磁通量為總磁通量為7-20一根長直導體直圓筒，內(nèi)外半徑分別為a，b，電流I沿管軸方向，并且均勻的分布在管壁的橫截面上。空間某點P到管軸的距離為r，求下列三種情況下p點的磁感應強度：

解：根據(jù)安培環(huán)路定理：7.21一根很長的同軸電纜，由一導體圓柱（半徑為a)和一同軸的導體圓管（內(nèi)外半徑分別為b,c)構成，使用時，電流I從一導體流去，從一導體流回，設電流都是均勻地分布在導體的截面上，求（1）導體圓柱內(nèi)r<a,（2）兩導體之間a<r<b（3）導體圓筒內(nèi)b<r<c，（4）電纜外r>c，各點處的磁感應強度大小。解：根據(jù)安培環(huán)路定理：7.23矩形截面的螺繞環(huán)，繞有N匝線圈，通有電流I，尺寸如圖所示：（1）求環(huán)內(nèi)磁感應強度分布；（2）證明通過螺繞環(huán)截面的磁通量

解（1）螺繞環(huán)內(nèi)B線為圓心在環(huán)軸的系列同心圓，且同一B線各點B的大小應相等，在管內(nèi)作環(huán)路半徑為r的圓環(huán)，環(huán)路內(nèi)電流代數(shù)和：（2）在螺繞環(huán)截面上取距環(huán)軸r，寬dr的窄條做面元，面法線與B同向，則8-5有一無限長直螺線管，單位長度上線圈的匝數(shù)為n，在管的中心放置一繞了N圈，半徑為r的圓形小線圈，其軸線與螺線管的軸線平行，設螺線管內(nèi)電流變化率為dI/dt，求小線圈中感應的電動勢。解：無限長直螺線管內(nèi)部的磁場為：B=0nI通過N匝圓形小線圈的磁通量為m=NBS=Nμ0nIπr2由法拉第電磁感應定律得：8-8一長直導線，載有電流I=40A。在其旁邊放置一金屬桿AB。A端與導線的距離為a=0.1m，B端與導線的距離為b=1.0m。如圖所示。設金屬桿AB以勻速v=2m/s向上移動，試求此金屬桿中的感應電動勢，并問哪一端電勢較高。解：分割導體元dx。導體元處的磁場為：電動勢方向：B→AA端電勢高。8-9長為l的一金屬棒ab，水平放置在均勻磁場B中，如圖所示。金屬棒可繞O點在水平面內(nèi)以角速度旋轉，O點離a端的距離為l/k（設k>2）。試求a、b兩端的電勢差，并指出那端電勢高。解：以O點為坐標原點。距離原點x位置取微元dx，axBdxbl/klω則dx產(chǎn)生的感應電動勢為對整根導體棒進行積分：axBdxbl/klω電動勢方向：b→a，a端電勢高。8-15一紙筒長,截面直徑為，筒上繞有匝線圈，求這線圈的自感。解：8-17一由兩薄圓筒構成的同軸長電纜，內(nèi)筒半徑為R1，外筒半徑為R2，兩筒間的介質ur=1，設內(nèi)圓筒和外圓筒中的電流方向相反，而電流強度I相等，求長度為l的一段同軸電纜所貯磁能為若干？解：根據(jù)對稱性和安培環(huán)路定理，在內(nèi)圓筒和外圓筒外的空間磁場為零。兩圓筒(如右圖所示)間磁場為因磁場是非均勻的，則體積元中的磁場能量為l所以磁場能為8-18兩個共軸圓線圈，半徑分別為R及r（R>>r

），匝數(shù)分別為N1，N2，兩線圈的中心相距為l，設r很小，則小線圈所在處的磁場可以視為均勻的。求兩線圈的互感系數(shù)。解：因為R>>r，且小線圈所在處的磁場可以視為均勻（如圖所示），則由載流圓線圈軸線上的磁場表達式可知L1在L2處產(chǎn)生的磁感應大小為方向沿兩線圈的軸線方向，其中表示線圈L1激發(fā)的磁場通過L2的磁通量課文第四章氣體動理論第六章靜電場第七章恒定磁場第八章電磁感應電磁場例：如圖，兩容積不變、導熱的容器A和B，容積分別為VA=3.73升、VB=2.73升，用絕熱細管連通，在27℃時兩容器內(nèi)氣壓均為1大氣壓。今把A置于沸水中，B置于0℃的冰中，則達到熱平衡后，求容器A中的氣壓和A中氣體的分子數(shù)。

解：設兩容器中的分子總數(shù)為N，初態(tài)時末態(tài)時聯(lián)立解得

理想氣體在常溫下，分子內(nèi)各原子間的距離認為不變，可不考慮分子內(nèi)部的振動，而認為分子是剛性的。此時氣體分子只有平動自由度和轉動自由度。單原子分子氣體例：He、Ne、Ar等。其模型可用一個質點來代替。平動自由度轉動自由度總自由度

將理想氣體模型稍作修改，將氣體分為單原子分子氣體，雙原子分子氣體，多原子分子氣體。剛性雙原子分子氣體如：H2、O2等。其模型可用兩個剛性質點來代替。平動自由度轉動自由度總自由度軸剛性多原子分子氣體如：CO2、CH4等。其模型可用多個剛性質點來代替。平動自由度轉動自由度總自由度軸例：處于平衡態(tài)的理想氣體，壓強p＝5×102Pa，容積V＝4.0×10-3m3，則氣體分子總平動動能為【】。B（A）2J（D）9J（C）5J（B）3J解：例：用總分子數(shù)N、氣體分子速率v和速率分布函數(shù)f(v)表示下列各量：(1)速率大于100m/s的分子數(shù)；(2)速率大于100m/s的那些分子速率之和。由速率分布函數(shù)的物理意義出發(fā)解:vv+dv區(qū)間的分子數(shù)速率大于100m/s的分子數(shù)vv+dv區(qū)間的分子速率和速率大于100m/s的那些分子速率之和例：經(jīng)典的氫原子中電子繞核旋轉，質子質量Mp=1.6710-27kg,電子質量me=9.1110-31kg,求電子與質子間的庫侖力Fe與萬有引力F引之比。解：庫侖力大小萬有引力大小庫侖定律：例：求點電荷q所激發(fā)的電場中各點的電場強度矢量。場點O場源r0時，E，此結論正確嗎？解：要求出電場中各點的場強，只要求出其中任意一點P的場強即可。在P點放置試探電荷q0。的方向：從源點指向場點。例：正電荷均勻分布在一根長直細棒上，此棒電荷線密度為。試計算距細棒垂直距離為a的P點的場強。已知細棒兩端和P點連線的夾角分別為1和2

。解:同理可得：例：如圖所示，均勻帶正電細圓環(huán)半徑為R，帶電量為q，求圓環(huán)軸線上與環(huán)心O距離為x的P點的場強。解:由場對稱性r與x都為常量電荷元dq的場強例：用細的塑料棒彎成半徑為R=50cm的圓環(huán)，兩端間空隙為l=2cm，電量為Q=3.12×10—9C的正電荷均勻分布在棒上，求圓心處的電場強度的大小和方向。解：電荷的線密度：帶電為l的電荷可以看成點電荷，場強方向由圓心指向缺口的中心。

根據(jù)對稱性，圓心處的電場強度可看成是與缺口對稱的長度為l、電荷線密度為的電荷產(chǎn)生的。例：求電偶極子中垂線上一點的電場強度。電偶極子：一對等量異號的點電荷系。電偶極矩:解：由對稱性分析Ey=0寫成矢量式：4.帶電體在電場中的受力點電荷所受的電場力：連續(xù)帶電體所受電場力：例：如圖所示，長為L的均勻帶電細桿，電荷線密度為+。如在P點處有一帶電量為q的正電荷，求該電荷所受的電場力。解：如圖建坐標系,方向：水平向右長度為dx的電荷元dx,在Ｐ點產(chǎn)生的電場強度為：例：半徑R、帶電量為q的均勻帶電球體，計算球體內(nèi)、外的電場強度。1.球體外部r>R作半徑為r的球面；面內(nèi)電荷代數(shù)和：高斯面球面上各點的場強大小相等，方向與法線同向。解：場強方向沿著徑向且在球面上的場強處處相等。根據(jù)高斯定理：有：2.球體內(nèi)部r<R作半徑為r的球面；面內(nèi)電荷代數(shù)和：與電荷q全部集中在中心的場的分布相同。同理例：無限長均勻帶電直線，線電荷密度為，計算電場強度分布

。解：作半徑為r高為h的閉合圓柱面，側面上各點的場強大小相等，方向與法線相同。面內(nèi)電荷代數(shù)和為根據(jù)高斯定理有：例：一無限長均勻帶電圓柱體，體電荷密度為，截面半徑為R。（1）求柱內(nèi)外電場強度分布；解：柱內(nèi)(r<R)作半徑為r高為h的閉合圓柱面，有：根據(jù)高斯定理，柱外(r>R)作半徑為r高為h的閉合圓柱面，同理：例：無限大均勻帶電平面，面電荷密度為，求平面附近某點的電場強度。解：作如圖所示閉合圓柱面為高斯面。面內(nèi)電荷代數(shù)和：根據(jù)高斯定理有：例：求點電荷q產(chǎn)生的電場中的電勢分布。負點電荷周圍的場電勢為離負電荷越遠，電勢越高。正點電荷周圍的場電勢為離正電荷越遠，電勢越低。解：以無窮遠處為電勢零點。例：均勻帶電圓環(huán)，半徑為R，帶電為q，求圓環(huán)軸線上與環(huán)心O距離為x的P點的電勢U。解：以無窮遠處為電勢零點，環(huán)上各點到軸線等距。將圓環(huán)分割成無限多個電荷元，例：均勻帶電球面半徑為R，電量為q，求：球面內(nèi)、外的電勢分布。高斯面解：球面內(nèi)、外分別作半徑為r的高斯球面；IIII區(qū)：球面內(nèi)，r<R，II區(qū)：球面外，r>R，根據(jù)高斯定理，有：I區(qū)：球面內(nèi)(r<R)電勢選無窮遠為電勢零點，II區(qū)：球面外(r>R)電勢高斯面III例：無限長帶電直線線電荷密度為，求電勢分布。解：無限長帶電直線的場強：若選無窮遠為電勢零點，選取距帶電直導線為R的Q點為電勢零點，

當電荷分布擴展到無窮遠時，電勢零點不能選在無窮遠處。已知電勢分布時電場力所做功的求解例：在正方形四個頂點上各放置帶電量為+q的四個電荷，各頂點到正方形中心O的距離為r。求：(1)O點的電勢；(2)把試探電荷q0從無窮遠處移到O點時電場力所做的功。解：(1)以無窮遠為電勢零點，(2)解:以無窮遠處為電勢零點將一單位正電荷從B點沿半圓弧軌道BCD移到D點，則電場力所做的功：例：圖示BCD是以O點為圓心、以R為半徑的半圓弧。在A點有一電量為q的點電荷，O點另有一電量為-q的點電荷，直線段AB=R。現(xiàn)將一單位正電荷從B點沿半圓弧軌道BCD移到D點，求電場力所做的功。例：在電量為+q的點電荷的電場中，放入一不帶電金屬球，從球心O到點電荷所在處的矢徑為r，求金屬球上的感應電荷凈電量以及這些感應電荷在球心O處產(chǎn)生的電場強度。根據(jù)電荷守恒，金屬球上感應電荷凈電量為零，在靜電平衡時，金屬球內(nèi)場強為零，解：例：A、B、C是三塊平行金屬板，面積均為200cm2，A、B相距4.0mm，A、C相距2.0mm，B、C兩板都接地，如圖所示，設A板帶正電q=3.0×10-7C,不計邊緣效應(即認為電場集中在平板之間是均勻的)。若平板之間為空氣，求B板和C板上的感應電荷，以及A板上的電勢；由靜電感應可知,A、C相向兩面帶等量異號電荷，A、B相向兩面也帶等量異號電荷。解：B、C兩板都接地，解以上兩式：例：將電荷q放置于半徑為R相對介電常數(shù)為r的介質球中心，求：I區(qū)、II區(qū)的D、E、

及U。解：在介質球內(nèi)、外各作半徑為r的高斯球面。I區(qū)：II區(qū)：

球面上各點的場強D大小相等，方向與法線同向。根據(jù)介質中的高斯定理：有：I區(qū)：II區(qū)：由I區(qū)：II區(qū)：由I區(qū)：II區(qū)：例：A、B、C是三塊平行金屬板，面積均為200cm2，A、B相距4.0mm，A、C相距2.0mm，B、C兩板都接地，如圖所示，設A板帶正電q=3.0×10-7C,不計邊緣效應(即認為電場集中在平板之間是均勻的)。若在A、B間充以εr=5的均勻電介質，求B板和C板上的感應電荷以及A板的電勢。由靜電感應可知,A、C相向兩面帶等量異號電荷，A、B相向兩面也帶等量異號電荷。解：B、C兩板都接地，解以上兩式：例：平行板電容器極板間距為d,極板面積為S，面電荷密度為0,其間插有厚度為d′、相對介電常數(shù)為r的電介質。求：(1)P1、P2點的場強；(2)

電容器的電容。解：（1）過P1點作高斯柱面,左右底面分別經(jīng)過導體和P1點。導體內(nèi)D=0，根據(jù)介質中的高斯定理：有：過P2點作高斯柱面,左右底面分別經(jīng)過導體和P2點。同理，可求得：（2）電容C例：同軸電纜由內(nèi)徑為R1、外徑為R2的兩無限長金屬圓柱面構成，單位長度帶電量分別為+、-，其間充有相對介電常數(shù)為r的電介質。求：(1)兩柱面間電勢差U；(2)單位長度電容；(3)單位長度貯存能量。解：（1）兩柱面間作高為h半徑為r的高斯柱面，場強由介質中高斯定理：有：（2）單位長度電容（3）單位長度貯存能量或例：球形電容器內(nèi)外半徑分別為R1和R2，兩極板間充滿相對介電常數(shù)為r的各向同性均勻電介質，兩極板帶有等量異號電荷Q。

(1)用電場能量密度積分的方法求電容器內(nèi)所儲電場能量；(2)證明此結果與按電容器儲能公式計算的結果相等。

解：（1）依據(jù)高斯定理，易得：(2)或兩種方法結果相等。例：一平板電容器面積為S，間距d，用電源充電后，兩極板分別帶電為+q和-q，斷開電源，再把兩極板緩慢地拉至2d，試求外力克服電力所做的功。解：初態(tài)末態(tài)

電容器兩個狀態(tài)下所存貯的能量差等于外力的功。初態(tài)末態(tài)

若把電容器極板緩慢拉開一倍的距離，所需外力的功等于電容器原來具有的能量。例：如圖所示，在磁感應強度為B的均勻磁場中，放置一半圓形半徑為R通有電流為I的閉合載流導線，求：（1）圓弧abc所受的安培力；（2）閉合載流導線所受的合力。解：（1）以直代彎：（2）⊙閉合載流導線所受的合力：例：如圖所示，一段有限長載流直導線，通電流為I，求距導線為a的P點磁感應強度。已知細棒兩端和P點連線的夾角分別為1和2。解:分割電流元討論:1.無限長載流直導線的磁場：2.半無限長載流直導線的磁場：注意：載流導線延長線上任一點的磁場任意點的磁場：例：一載流圓環(huán)半徑為R，通有電流為I。求圓環(huán)軸線上與環(huán)心O距離為x的P點的磁感應強度。解：將圓環(huán)分割為無限多個電流元；

由對稱性可知，例：計算組合載流導體在O點的磁感應強度。解：規(guī)定垂直紙面向里為正向，例：一正方形載流線圈邊長為b，通有電流為I。求正方形中心的磁感應強度。解：例：如圖所示，在通有電流為I的長直載流導線旁，共面放置一矩形回路。求通過矩形回路的磁通量。解：建立坐標系，如圖所示取一窄帶dx，電流I產(chǎn)生的磁感應強度為：例：在無限長載流直導線I1旁，垂直放置另一長為L的載流直導線I2

,I2

導線左端距I1為a，求導線I2

所受到的安培力。解：建立坐標系,坐標原點選在I1上，分割電流元，長度為dx,例：一矩形截面的空心環(huán)形螺線管，尺寸如圖所示，其上均勻繞有N匝線圈，線圈中通有電流I。試求：（1）環(huán)內(nèi)距軸線為r處的磁感應強度；（2）通過螺線管截面的磁通量。解：（1）在管內(nèi)作環(huán)路半徑為r的圓環(huán)，環(huán)路內(nèi)電流代數(shù)和：（2）環(huán)路內(nèi)電流代數(shù)和：r<R區(qū)域選取半徑為r的環(huán)路，解：導體內(nèi)外的磁場是以中心軸線為對稱分布的。例：無限長直載流圓柱形導體半徑為R，通有電流為I，電流在導體橫載面上均勻分布，求圓柱體內(nèi)、外的磁感應強度的分布。1.圓柱體內(nèi)部根據(jù)安培環(huán)路定理，環(huán)路內(nèi)電流代數(shù)和：2.圓柱體外一點r>R區(qū)域在圓柱體外作一環(huán)路，同理：分布曲線：與電流全部集中在軸線上的場的分布相同。例：半徑為R的無限長金屬圓柱上，通過的電流為I，電流沿軸線均勻分布，則通過圖示長方形陰影面積的磁通量m。解：如圖，r<R區(qū)域選取半徑為r的環(huán)路，由安培環(huán)路定理陰影面積的磁通量m

：例：長直螺線管半徑為R，通有電流I，線圈密度為n,管內(nèi)插有半徑為r,相對磁導率為r

磁介質，求介質內(nèi)和管內(nèi)真空部分的磁感應強度B。解：

管內(nèi)的場各處均勻一致，管外的場為零；1.介質內(nèi)部，作abcda矩形回路。在環(huán)路上應用介質中的環(huán)路定理：回路內(nèi)的傳導電流代數(shù)和為：2.管內(nèi)真空中

作環(huán)路abcda;在環(huán)路上應用介質中的安培環(huán)路定理，同理有：例：如圖所示，在通有電流為I的長直載流導線旁，共面放置一矩形回路?；芈芬运俣葀

水平向右運動，求回路中的感應電動勢。解：建立坐標系，如圖所示取一窄帶dx，電流I產(chǎn)生的磁感應強度為：方向：順時針方向例：在磁感應強度大小為B的均勻磁場中，一長為L的導體棒繞端點o以角速度

轉動，