大学物理第八章课后习题答案.docx

大学物理第八章课后习题答案.docx

《大学物理第八章课后习题答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理第八章课后习题答案.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

大学物理第八章课后习题答案

第八章　电磁感应　电磁场

8－1　一根无限长平行直导线载有电流I,一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示）,则（　　）

（A）线圈中无感应电流

（B）线圈中感应电流为顺时针方向

（C）线圈中感应电流为逆时针方向

（D）线圈中感应电流方向无法确定

分析与解　由右手定则可以判断,在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里,磁场就是非均匀场,距离长直载流导线越远,磁场越弱.因而当矩形线圈朝下运动时,在线圈中产生感应电流,感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为（B）.

8－2　将形状完全相同得铜环与木环静止放置在交变磁场中,并假设通过两环面得磁通量随时间得变化率相等,不计自感时则（　　）

（A）铜环中有感应电流,木环中无感应电流

（B）铜环中有感应电流,木环中有感应电流

（C）铜环中感应电动势大,木环中感应电动势小

（D）铜环中感应电动势小,木环中感应电动势大

分析与解　根据法拉第电磁感应定律,铜环、木环中得感应电场大小相等,

但在木环中不会形成电流.因而正确答案为（A）.

8－3　有两个线圈,线圈1对线圈2得互感系数为M21,而线圈2对线圈1得互感系数为M12.若它们分别流过i1与i2得变化电流且,并设由i2变化在线圈1中产生得互感电动势为ε12,由i1变化在线圈2中产生得互感电动势为ε21,下述论断正确得就是（　　）.

（A）,

（B）,

（C）,

（D）,

分析与解　教材中已经证明M21＝M12,电磁感应定律;.因而正确答案为（D）.

8－4　对位移电流,下述四种说法中哪一种说法就是正确得就是（　　）

（A）位移电流得实质就是变化得电场

（B）位移电流与传导电流一样就是定向运动得电荷

（C）位移电流服从传导电流遵循得所有定律

（D）位移电流得磁效应不服从安培环路定理

分析与解　位移电流得实质就是变化得电场.变化得电场激发磁场,在这一点位移电流等效于传导电流,但就是位移电流不就是走向运动得电荷,也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因而正确答案为（A）.

8－5　下列概念正确得就是（　　）

（A）感应电场就是保守场

（B）感应电场得电场线就是一组闭合曲线

（C）,因而线圈得自感系数与回路得电流成反比

（D）,回路得磁通量越大,回路得自感系数也一定大

分析与解　对照感应电场得性质,感应电场得电场线就是一组闭合曲线.因而

正确答案为（B）.

8－6　一铁心上绕有线圈100匝,已知铁心中磁通量与时间得关系为,求在时,线圈中得感应电动势.

分析　由于线圈有N匝相同回路,线圈中得感应电动势等于各匝回路得感应电动势得代数与,在此情况下,法拉第电磁感应定律通常写成,其中称为磁链.

解　线圈中总得感应电动势

当时,.

8－7　有两根相距为d得无限长平行直导线,它们通以大小相等流向相反得电流,且电流均以得变化率增长.若有一边长为d得正方形线圈与两导线处于同一平面内,如图所示.求线圈中得感应电动势.

分析　本题仍可用法拉第电磁感应定律来求解.由于回路处在非均匀磁场中,磁通量就需用来计算（其中B为两无限长直电流单独存在时产生得磁感强度B1与B2之与）.

为了积分得需要,建立如图所示得坐标系.由于B仅与x有关,即,故取一个平行于长直导线得宽为ｄx、长为d得面元ｄS,如图中阴影部分所示,则,所以,总磁通量可通过线积分求得（若取面元,则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象,也可用公式求解.

解1　穿过面元ｄS得磁通量为

因此穿过线圈得磁通量为

再由法拉第电磁感应定律,有

解2　当两长直导线有电流I通过时,穿过线圈得磁通量为

线圈与两长直导线间得互感为

当电流以变化时,线圈中得互感电动势为

试想:

如线圈又以速率v沿水平向右运动,如何用法拉第电磁感应定律求图示位置得电动势呢？

此时线圈中既有动生电动势,又有感生电动势.设时刻t,线圈左端距右侧直导线得距离为ξ,则穿过回路得磁通量,它表现为变量I与ξ得二元函数,将Φ代入即可求解,求解时应按复合函数求导,注意,其中,再令ξ＝d即可求得图示位置处回路中得总电动势.最终结果为两项,其中一项为动生电动势,另一项为感生电动势.

8－8　有一测量磁感强度得线圈,其截面积S＝4、0cm2、匝数N＝160匝、电阻R＝50Ω.线圈与一内阻Ri＝30Ω得冲击电流计相连.若开始时,线圈得平面与均匀磁场得磁感强度B相垂直,然后线圈得平面很快地转到与B得方向平行.此时从冲击电流计中测得电荷值.问此均匀磁场得磁感强度B得值为多少？

分析　在电磁感应现象中,闭合回路中得感应电动势与感应电流与磁通量变化得快慢有关,而在一段时间内,通过导体截面得感应电量只与磁通量变化得大小有关,与磁通量变化得快慢无关.工程中常通过感应电量得测定来确定磁场得强弱.

解　在线圈转过90°角时,通过线圈平面磁通量得变化量为

因此,流过导体截面得电量为

则

8－9　如图所示,一长直导线中通有I＝5、0A得电流,在距导线9、0cm处,放一面积为0、10cm2,10匝得小圆线圈,线圈中得磁场可瞧作就是均匀得.今在1、0×10－2s内把此线圈移至距长直导线10、0cm处.求:

（1）线圈中平均感应电动势;

（2）设线圈得电阻为1、0×10－2Ω,求通过线圈横截面得感应电荷.

分析　虽然线圈处于非均匀磁场中,但由于线圈得面积很小,可近似认为穿过线圈平面得磁场就是均匀得,因而可近似用来计算线圈在始、末两个位置得磁链.

解　

（1）在始、末状态,通过线圈得磁链分别为

则线圈中得平均感应电动势为

电动势得指向为顺时针方向.

（2）通过线圈导线横截面得感应电荷为

8－10　如图（ａ）所示,把一半径为R得半圆形导线OP置于磁感强度为B得均匀磁场中,当导线以速率v水平向右平动时,求导线中感应电动势E得大小,哪一端电势较高？

分析　本题及后面几题中得电动势均为动生电动势,除仍可由求解外（必须设法构造一个闭合回路）,还可直接用公式求解.

在用后一种方法求解时,应注意导体上任一导线元ｄl上得动生电动势、在一般情况下,上述各量可能就是ｄl所在位置得函数.矢量（v×B）得方向就就是导线中电势升高得方向.

解1　如图（ｂ）所示,假想半圆形导线OP在宽为2R得静止形导轨上滑动,两者之间形成一个闭合回路.设顺时针方向为回路正向,任一时刻端点O或

端点P距形导轨左侧距离为x,则

即

由于静止得形导轨上得电动势为零,则E＝－2RvB.式中负号表示电动势得方向为逆时针,对OP段来说端点P得电势较高.

解2　建立如图（c）所示得坐标系,在导体上任意处取导体元ｄl,则

由矢量（v×B）得指向可知,端点P得电势较高.

解3　连接OP使导线构成一个闭合回路.由于磁场就是均匀得,在任意时刻,穿过回路得磁通量常数、由法拉第电磁感应定律可知,E＝0

又因E＝EOP＋EPO

即EOP＝－EPO＝2RvB

由上述结果可知,在均匀磁场中,任意闭合导体回路平动所产生得动生电动势为零;而任意曲线形导体上得动生电动势就等于其两端所连直线形导体上得动生电动势.上述求解方法就是叠加思想得逆运用,即补偿得方法.

8－11　长为L得铜棒,以距端点r处为支点,以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒得轴转动、设磁感强度为B得均匀磁场与轴平行,求棒两端得电势差.

分析　应该注意棒两端得电势差与棒上得动生电动势就是两个不同得概念,如同电源得端电压与电源电动势得不同.在开路时,两者大小相等,方向相反（电动势得方向就是电势升高得方向,而电势差得正方向就是电势降落得方向）.本题可直接用积分法求解棒上得电动势,亦可以将整个棒得电动势瞧作就是OA棒与OB棒上电动势得代数与,如图（ｂ）所示.而EOA与EOB则可以直接利用第８－2节例1给出得结果.

解1　如图（ａ）所示,在棒上距点O为l处取导体元ｄl,则

因此棒两端得电势差为

当L＞2r时,端点A处得电势较高

解2　将AB棒上得电动势瞧作就是OA棒与OB棒上电动势得代数与,如图（ｂ）所示.其中

则

8－12　如图所示,长为L得导体棒OP,处于均匀磁场中,并绕OO′轴以角速度ω旋转,棒与转轴间夹角恒为θ,磁感强度B与转轴平行.求OP棒在图示位置处得电动势.

分析　如前所述,本题既可以用法拉第电磁感应定律计算（此时必须构造一个包含OP导体在内得闭合回路,如直角三角形导体回路OPQO）,也可用来计算.由于对称性,导体OP旋转至任何位置时产生得电动势与图示位置就是相同得.

解1　由上分析,得

由矢量得方向可知端点P得电势较高.

解2　设想导体OP为直角三角形导体回路OPQO中得一部分,任一时刻穿

过回路得磁通量Φ为零,则回路得总电动势

显然,EQO＝0,所以

由上可知,导体棒OP旋转时,在单位时间内切割得磁感线数与导体棒QP等效.后者就是垂直切割得情况.

8－13　如图（ａ）所示,金属杆AB以匀速平行于一长直导线移动,此导线通有电流I＝40A.求杆中得感应电动势,杆得哪一端电势较高？

分析　本题可用两种方法求解.

（1）用公式求解,建立图（a）所示得坐标系,所取导体元,该处得磁感强度.

（2）用法拉第电磁感应定律求解,需构造一个包含杆AB在内得闭合回路.为此可设想杆AB在一个静止得形导轨上滑动,如图（ｂ）所示.设时刻t,杆AB距导轨下端CD得距离为y,先用公式求得穿过该回路得磁通量,再代入公式,即可求得回路得电动势,亦即本题杆中得电动势.

解1　根据分析,杆中得感应电动势为

式中负号表示电动势方向由B指向A,故点A电势较高.

解2　设顺时针方向为回路ABCD得正向,根据分析,在距直导线x处,取宽为ｄx、长为y得面元ｄS,则穿过面元得磁通量为

穿过回路得磁通量为

回路得电动势为

由于静止得形导轨上电动势为零,所以

式中负号说明回路电动势方向为逆时针,对AB导体来说,电动势方向应由B指向A,故点A电势较高.

8－14　如图（ａ）所示,在“无限长”直载流导线得近旁,放置一个矩形导体线框,该线框在垂直于导线方向上以匀速率v向右移动,求在图示位置处,线框中感应电动势得大小与方向.

分析　本题亦可用两种方法求解.其中应注意下列两点:

1.当闭合导体线框在磁场中运动时,线框中得总电动势就等于框上各段导体中得动生电动势得代数与.如图（ａ）所示,导体eh段与fg段上得电动势为零［此两段导体上处处满足］,因而线框中得总电动势为

其等效电路如图（ｂ）所示.

2.用公式求解,式中Φ就是线框运动至任意位置处时,穿过线框得磁通量.为此设时刻t时,线框左边距导线得距离为ξ,如图（c）所示,显然ξ就是时间t得函数,且有.在求得线框在任意位置处得电动势E（ξ）后,再令ξ＝d,即可得线框在题目所给位置处得电动势.

解1　根据分析,线框中得电动势为

由Eef＞Ehg可知,线框中得电动势方向为efgh.

解2　设顺时针方向为线框回路得正向.根据分析,在任意位置处,穿过线框得磁通量为

相应电动势为

令ξ＝d,得线框在图示位置处得电动势为

由E＞0可知,线框中电动势方向为顺时针方向.

　*8－15　有一长为l,宽为b得矩形导线框架,其质量为m,电阻为R.在t＝0时,框架从距水平面y＝0得上方h处由静止自由下落,如图所示.磁场得分布为:

在y＝0得水平面上方没有磁场;在y＝0得水平面下方有磁感强度为B得均匀磁场,B得方向垂直纸面向里.已知框架在时刻t1与t2得位置如图中所示.求在下述时间内,框架得速度与时间得关系:

（1）t1≥t＞0,即框架进入磁场前;

（2）t2≥t≥t1,即框架进入磁场,但尚未全部进入磁场;（3）t＞t2,即框架全部进入磁场后.

分析　设线框刚进入磁场（t1时刻）与全部进入磁场（t2时刻）得瞬间,其速度分别为v10与v20.在情况

（1）与（3）中,线框中无感应电流,线框仅在重力作用下作落体运动,其速度与时间得关系分别为v＝gt（t＜t1）与v＝v20＋g（t－t2）（t＞t2）.而在t1＜t＜t2这段时间内,线框运动较为复杂,由于穿过线框回路得磁通量变化,使得回路中有感应电流存在,从而使线框除受重力外,还受到一个向上得安培力FA,其大小与速度有关,即.根据牛顿运动定律,此时线框得运动微分方程为,解此微分方程可得t1＜t＜t2时间内线框得速度与时间得关系式.

解　

（1）根据分析,在时间内,线框为自由落体运动,于就是

其中时,

（2）线框进入磁场后,受到向上得安培力为

根据牛顿运动定律,可得线框运动得微分方程

令,整理上式并分离变量积分,有

积分后将代入,可得

（3）线框全部进入磁场后（t＞t2）,作初速为v20得落体运动,故有

8－16　有一磁感强度为B得均匀磁场,以恒定得变化率在变化.把一块质量为m得铜,拉成截面半径为r得导线,并用它做成一个半径为R得圆形回路.圆形回路得平面与磁感强度B垂直.试证:

这回路中得感应电流为

式中ρ为铜得电阻率,d为铜得密度.

解　圆形回路导线长为,导线截面积为,其电阻R′为

在均匀磁场中,穿过该回路得磁通量为,由法拉第电磁感应定律可得回路中得感应电流为

而,即,代入上式可得

8－17　半径为R＝2、0cm得无限长直载流密绕螺线管,管内磁场可视为均匀磁场,管外磁场可近似瞧作零.若通电电流均匀变化,使得磁感强度B随时间得变化率为常量,且为正值,试求:

（1）管内外由磁场变化激发得感生电场分布;

（2）如,求距螺线管中心轴r＝5.0cm处感生电场得大小与方向.

分析　变化磁场可以在空间激发感生电场,感生电场得空间分布与场源———变化得磁场（包括磁场得空间分布以及磁场得变化率等）密切相关,即、在一般情况下,求解感生电场得分布就是困难得.但对于本题这种特殊情况,则可以利用场得对称性进行求解.可以设想,无限长直螺线管内磁场具有柱对称性,其横截面得磁场分布如图所示.由其激发得感生电场也一定有相应得对称性,考虑到感生电场得电场线为闭合曲线,因而本题中感生电场得电场线一定就是一系列以螺线管中心轴为圆心得同心圆.同一圆周上各点得电场强度Ek得大小相等,方向沿圆周得切线方向.图中虚线表示r＜R与r＞R两个区域得电场线.电场线绕向取决于磁场得变化情况,由楞次定律可知,当时,电场线绕向与B方向满足右螺旋关系;当时,电场线绕向与前者相反.

解　如图所示,分别在r＜R与r＞R得两个区域内任取一电场线为闭合回路l（半径为r得圆）,依照右手定则,不妨设顺时针方向为回路正向.

（1）r＜R,　

r＞R,　

由于,故电场线得绕向为逆时针.

（2）由于r＞R,所求点在螺线管外,因此

将r、R、得数值代入,可得,式中负号表示Ek得方向就是逆时针得.

8－18　在半径为R得圆柱形空间中存在着均匀磁场,B得方向与柱得轴线平行.如图（ａ）所示,有一长为l得金属棒放在磁场中,设B随时间得变化率为常量.试证:

棒上感应电动势得大小为

分析　变化磁场在其周围激发感生电场,把导体置于感生电场中,导体中得自由电子就会在电场力得作用下移动,在棒内两端形成正负电荷得积累,从而产生感生电动势.由于本题得感生电场分布与上题所述情况完全相同,故可利用上题结果,由计算棒上感生电动势.此外,还可连接OP、OQ,设想PQOP构成一个闭合导体回路,用法拉第电磁感应定律求解,由于OP、OQ沿半径方向,与通过该处得感生电场强度Ek处处垂直,故,OP、OQ两段均无电动势,这样,由法拉第电磁感应定律求出得闭合回路得总电动势,就就是导体棒PQ上得电动势.

证1　由法拉第电磁感应定律,有

证2　由题８－17可知,在r＜R区域,感生电场强度得大小

设PQ上线元ｄx处,Ek得方向如图（b）所示,则金属杆PQ上得电动势为

讨论　假如金属棒PQ有一段在圆外,则圆外一段导体上有无电动势？

该如何求解？

8－19　截面积为长方形得环形均匀密绕螺绕环,其尺寸如图（ａ）所示,共有N匝（图中仅画出少量几匝）,求该螺绕环得自感L.

分析　如同电容一样,自感与互感都就是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关得量.求自感L得方法有两种:

1.设有电流I通过线圈,计算磁场穿过自身回路得总磁通量,再用公式计算L.2.让回路中通以变化率已知得电流,测出回路中得感应电动势EL,由公式计算L.式中EL与都较容易通过实验测定,所以此方法一般适合于工程中.此外,还可通过计算能量得方法求解.

解　用方法1求解,设有电流I通过线圈,线圈回路呈长方形,如图（ｂ）所示,由安培环路定理可求得在R1＜r＜R2范围内得磁场分布为

由于线圈由N匝相同得回路构成,所以穿过自身回路得磁链为

则

若管中充满均匀同种磁介质,其相对磁导率为μr,则自感将增大μr倍.

8－20　如图所示,螺线管得管心就是两个套在一起得同轴圆柱体,其截面积分别为S1与S2,磁导率分别为μ1与μ2,管长为l,匝数为N,求螺线管得自感.（设管得截面很小）

分析　本题求解时应注意磁介质得存在对磁场得影响.在无介质时,通电螺线管内得磁场就是均匀得,磁感强度为B0,由于磁介质得存在,在不同磁介质中磁感强度分别为μ1B0与μ2B0.通过线圈横截面得总磁通量就是截面积分别为S1与S2得两部分磁通量之与.由自感得定义可解得结果.

解　设有电流I通过螺线管,则管中两介质中磁感强度分别为

通过N匝回路得磁链为

则自感

8－21　有两根半径均为a得平行长直导线,它们中心距离为d.试求长为l

得一对导线得自感（导线内部得磁通量可略去不计）.

分析　两平行长直导线可以瞧成无限长但宽为d得矩形回路得一部分.设在矩形回路中通有逆时针方向电流I,然后计算图中阴影部分（宽为d、长为l）得磁通量.该区域内磁场可以瞧成两无限长直载流导线分别在该区域产生得磁场得叠加.

解　在如图所示得坐标中,当两导线中通有图示得电流I时,两平行导线间得磁感强度为

穿过图中阴影部分得磁通量为

则长为l得一对导线得自感为

如导线内部磁通量不能忽略,则一对导线得自感为.L1称为外自感,即本题已求出得L,L2称为一根导线得内自感.长为l得导线得内自感,有兴趣得读者可自行求解.

8－22　如图所示,在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB与A′B′,每个线圈得自感均为L,求:

（1）A与A′相接时,B与B′间得自感L1;

（2）A′与B相接时,A与B′间得自感L2.

分析　无论线圈AB与A′B′作哪种方式连接,均可瞧成一个大线圈回路得两个部分,故仍可从自感系数得定义出发求解.求解过程中可利用磁通量叠加得方法,如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路得磁通量为Φ,则穿过两线圈回路得磁通量为2Φ;而当两组线圈按

（1）或

（2）方式连接后,则穿过大线圈回路得总磁通量为2Φ±2Φ,“±”取决于电流在两组线圈中得流向就是相同或就是相反.

解　

（1）当A与A′连接时,AB与A′B′线圈中电流流向相反,通过回路得磁通量亦相反,故总通量为

故L1＝0.

（2）当A′与B连接时,AB与A′B′线圈中电流流向相同,通过回路得磁通量亦相同,故总通量为

故.

本题结果在工程实际中有实用意义,如按题

（1）方式连接,则可构造出一个无自感得线圈.

8－23　如图所示,一面积为4、0cm2共50匝得小圆形线圈A,放在半径为20cm共100匝得大圆形线圈B得正中央,此两线圈同心且同平面.设线圈A内各点得磁感强度可瞧作就是相同得.求:

（1）两线圈得互感;

（2）当线圈B中电流得变化率为－50A·ｓ－1时,线圈A中感应电动势得大小与方向.

分析　设回路Ⅰ中通有电流I1,穿过回路Ⅱ得磁通量为Φ21,则互感M＝M21＝Φ21I1;也可设回路Ⅱ通有电流I2,穿过回路Ⅰ得磁通量为Φ12,则.

虽然两种途径所得结果相同,但在很多情况下,不同途径所涉及得计算难易程度会有很大得不同.以本题为例,如设线圈B中有电流I通过,则在线圈A中心处得磁感强度很易求得,由于线圈A很小,其所在处得磁场可视为均匀得,因而穿过线圈A得磁通量Φ≈BS.反之,如设线圈A通有电流I,其周围得磁场分布就是变化得,且难以计算,因而穿过线圈B得磁通量也就很难求得,由此可见,计算互感一定要善于选择方便得途径.

解　

（1）设线圈B有电流I通过,它在圆心处产生得磁感强度穿过小线圈A得磁链近似为

则两线圈得互感为

（2）

互感电动势得方向与线圈B中得电流方向相同.

8－24　如图所示,两同轴单匝线圈A、C得半径分别为R与r,两线圈相距为d.若r很小,可认为线圈A在线圈C处所产生得磁场就是均匀得.求两线圈得互感.若线圈C得匝数为N匝,则互感又为多少？

解　设线圈A中有电流I通过,它在线圈C所包围得平面内各点产生得磁

感强度近似为

穿过线圈C得磁通为

则两线圈得互感为

若线圈C得匝数为N匝,则互感为上述值得N倍.

8－25　如图所示,螺绕环A中充满了铁磁质,管得截面积S为2、0cm2,沿环每厘米绕有100匝线圈,通有电流I1＝4、0×10－2A,在环上再绕一线圈C,共10匝,其电阻为0、10Ω,今将开关Ｓ突然开启,测得线圈C中得感应电荷为2、0×10－3C.求:

当螺绕环中通有电流I1时,铁磁质中得B与铁磁质得相对磁导率μr.

分析　本题与题８－８相似,均就是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路得电荷得方法来计算磁场得磁感强度.线圈C得磁通变化就是与环形螺线管中得电流变化相联系得.

解　当螺绕环中通以电流I1时,在环内产生得磁感强度

则通过线圈C得磁链为

设断开电源过程中,通过C得感应电荷为qC,则有

由此得

相对磁导率

8－26　一个直径为0、01m,长为0、10m得长直密绕螺线管,共1000匝线圈,总电阻为7、76Ω.求:

（1）如把线圈接到电动势E＝2、0V得电池上,电流稳定后,线圈中所储存得磁能有多少？

磁能密度就是多少？

*

（2）从接通电路时算起,要使线圈储存磁能为最大储存磁能得一半,需经过多少时间？

分析　单一载流回路所具有得磁能,通常可用两种方法计算:

（1）如回路自感为L（已知或很容易求得）,则该回路通有电流I时所储存得磁能,通常称为自感磁能.

（2）由于载流回路可在空间激发磁场,磁能实际就是储存于磁场之中,因而载流回路所具有得能量又可瞧作磁场能量,即,式中为磁场能量密度,积分遍及磁场存在得空间.由于,因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生得磁感强度B得分布.上述两种方法还为我们提供了计算自感得另一种途径,即运用求解L.

解　

（1）密绕长直螺线管在忽略端部效应时,其自感,电流稳定后,线圈中电流,则线圈中所储存得磁能为

在忽略端部效应时,该电流回路所产生得磁场可近似认为仅存在于螺线管

中,并为均匀磁场,故磁能密度处处相等,

（2）自感为L,电阻为R得线圈接到电动势为E得电源上,其电流变化规律,当电流稳定后,其最大值

按题意1,则,将其代入中,得

8－27　一无限长直导线