1
作业 1A 质点运动的描述
1A-1．已知质点的运动学方程 jtitjtyitxr )62()()( 2 （单位,m）。求,
(1) 质点运动轨迹方程；
(2) 1?t s 时，质点的速度和加速度（指明大小、方向）。
解,(1) 2)6(41 yx
（ 2） iajitv 2,22
1?t s 时，,22 jiv 即速度大小 83.222 22v m/s，与 x 轴正方向夹角为?45 ；
ia 2?,即加速度大小 2?a m/s2，沿 x 轴正方向。
1A-2,已知质点的运动学方程为
jttittr )314()2125( 32 (SI)
求 t = 2 s 时，（ 1）加速度的大小； (2) 加速度与 x 轴正方向的夹角 。
解,jtia 2
（ 1）当 t = 2 s,241||a? =4.123 m/s2
（ 2） 41arctg? 104o
1A-3．一质点在 xoy 平面内运动，运动方程为：
2219
2 ty tx,式中 yx,以米计,t 以秒计，
且计时从 0?t 开 始。求：在什么时刻质点的位置矢量与速度垂直？
解：对时间求一次导数，得 t 时刻速度为,24v i tj
对时间求二次导数，得 t 时刻加速度为,4aj
当位矢与速度垂直时，有,.0rv,即
22 1 9 2,2 4 0t i t j i t j
解得 0,3,3t s t s t s。显然,3t s 无意义，应舍去。
1A-4．一个质点作直线运动，其加速度 随时间的变化规律为 )co s (2 tAa x,其中 A 和
均为正常量。如果 0?t 时,Axvx,0,求这个质点的运动学方程。
解：
)c o s ()()0()(
)s in ()()0()(
0
0
tAdttvxtx
tAdttavtv
t
x
t
xxx
1A-5．一艘正沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即 2kvdtdv,式中 k 为常数，试证明快艇在关闭发动机后又行驶 x
距离时的速度为 kxevv 0 ；其中 0v 是发动机关闭时的速度。
证明,dtv dvdtdxdxdvdtdv /)/()/(
2/ kvdxvdv
2
即 kdx
vdv
,
当 t=0,0vv?,积分得,kxevv 0
1A-6 设质点的运 动函数为 x =x )(t,)(tyy?,在计算质点的速度时，有两种解法
（ 1）先求出 22 yxr,然后求出 dtdrv? 及
2
2dtrda?
（ 2）先求出 dtdx,
dtdy
,然后求出,22 )()(
dtdydtdxv
,2
2
22
2
2 )()(
dt yddt xda
试问哪种方法正确？两者差别何在？
解：（ 2）解法正确，（ 1）错误。
作业 2A 质点运动的描述之二
2A-1,(1) 在一个转动的齿轮上，一个齿尖 P 沿半径为 R 的圆周运动，其路程 S 随时间的变化规律为 2
0 21 bttSv
，其中 0v 和 b 都是正的常量．求,
(1) t 时刻齿尖 P 的速度大小和加速度大小,
(2) 从 0?t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间,
解,(1) btvtS 0d/dv
btat d/dv ； Rbtvan /20
2
40222 )(
R btvbaaa tn
(2)根据题意,at = an,即有, Rbtvb /20
解得 bvbRt 0
2A-2 (1) 对于在 xy 平面内，以原点 O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径 r、角速度和单位矢量 i?,j?
表示其 t时刻的位置矢量．已知在 t = 0时,y = 0,x = r,角速度如图所示；
(2) 由 (1)导出速度 v? 与加速度 a? 的矢量表示式；
(3) 试证加速度指向圆心,
解,(1) jtritrjyixr s i n c os
(2) jtritrtr c o s s i nddv
jtritrta s in c o sdd 22 v
(3) rjtritra s in c o s 22,这说明 a? 与 r? 方向相反，即 a? 指向圆心 。
2A-3 一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道 A 点处速度 v? 的大小为 0v,其方向与水平方向夹角成 30°。求物体在 A 点的切向加速度 at 和轨道的曲率半径。
x
y
O
r ( x,y ) j
i
3
解, Ot ga 30sin?g/2
20
2330c os vgga On
gan 3/v32 2?
2A-4 一质点平面运动的运动学方程为,
jtittjtyitxr 43 41)31()()( （单位,m）
（ 1）求 1?t s 时，质点的切向加速度和法向加速度；
（ 2）求 1?t s 时，质点所在位置运动轨迹的曲率半径。
解：（ 1） jtitv 32 )1( ； 1?t s 时,jv,即速度大小为 1m/s，沿 y 轴正向。
jtita 232 ； 1?t s 时,jia 32 。注意到切向加速度就是加速度在速度方向的分量，可以得到,1?t s 时,2/2 smat?,2/3 sman? 。
（ 2）由
2va
n?
得,1?t s 时,5.0 m
2A-5,河水自西向东流动，速度为 hkm/10,一轮船在水中航行，船相对于河水的航向为北偏西?30,相对于河水的航速为 hkm/20,此时风向为正西，风速为 hkm/10,试求在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向。（设烟离开烟卤后很快就获得与风相同的 速度） 。
解,记水、风、船和地球分别为 w,f,s 和 e，则水?地、风
船、风?地和船?地间的相对速度分别为 weV?,fsV?,feV? 和 seV?,
由已知条件
weV =10 km/h，正东方向,
feV =10 km/h，正西方向,
swV =20 km/h，北偏西 030 方向,
根据速度合成法则,seV? = swV? ＋ weV?
由图可得,seV = 310 km/h，方向正北,
同理 fsV? = feV? － seV?,由于 feV? =－ weV?
∴ fsV = swV,fsV? 的方向为南偏西 30°
在船上观察烟缕的飘向即 fsV? 的方向，它为南偏西 30°,
2A-6,什么是伽利略变换？它所包含的时空观有什么特点？ （ 略 ）
作业 3A 功和功能原理
3A-1,质量 m＝ 2 kg 的物体沿 x 轴作直线运动，所受合 外力 F＝ 10＋ 6x2 (SI)．如果在 x=0 处时速度 v0＝ 0；试求该物体运动到 x＝ 4 m 处时速度的大小,
解：用动能定理，对物体
4
0 2
4
02 d610d021 xxxFm )(v
3210 xx ＝ 168
解出 v＝ 13 m/s
0v
30 °A
g
na
a
0
30o
30o
seV?
fsV?
feV? weV
北
东
swV?
4
3A-2,一非线拉伸弹簧的弹性力的大小为 321 xkxkf,x 代表弹簧伸长量,1k 和 2k 为正的常量。求：将弹簧由 1x 拉长至 2x 时，弹簧对外界做的功。
解,))]((
21[21 222122212121 xxxxkkf d xW xx
3A-3,设两个粒子之间相互作用力是排斥力，其大小与粒子间距离 r 的函数关系为
3rkf?,k 为正值常量，试求这两个粒子相距为 r 时的势能．（设相互作用力为零的地方势能为零．）
解：两个粒子的相互作用力 3rkf?
已知 f＝ 0 即 r＝∞处为势能零点,则势能
rrPP rrkWE dd 3rf )2( 2rk?
3A-4 质量为 m 的质点系在一端固定的绳子上在粗糙水平面上作半径为 R 的圆周运动。当它运动一周时，由初速 vo 减小为 vo/2。求,(1)摩擦力作的功 ;(2)滑动摩擦系数 ;(3)静止前质点运动了多少圈?
解：（ 1） 2 220
001 1 32 4 2 8vW m m v m v
(2),m g m a a g。又 2 2 20 0 0/ 4 34 1 6v v va RR
所以有,20
2316 vRg
(3) 22
00110,22W m g s m v s vg
20142 4 3snvR g R
4A 功能原理 机械能守恒
4A-1 如图所示，质量为 m 的小球系在劲度系数为 k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在 O
点．开始时弹簧在水平位置 A，处于自然状态，原长为 l0．小球由位置 A 释放，下落到 O 点正下方位置 B 时，弹簧的长度为 l，则小球到达 B 点时的速度大小 vB。
解：由机械能守恒，有,2
02 )(2121 llkmvm g l
解得 mllkglv 20 )(2
4A-2,两个质量分别为 m1和 m2 的木块 A 和 B，用一个质量忽略不 计、倔强系数为 k 的弹簧联接起来，放置在光滑水平面上，
使 A 紧靠墙壁，如图所示，用力推木块 B 使弹簧压缩 xo，然后释放，已知 m1=m,m2=3m，求
（ 1）释放后,A,B 两木块速度相等时的瞬时速度的大小；
（ 2）释放后，弹簧的最大伸长量。
解,(1) 释放后，弹簧恢复到原长时 A 将要离开墙壁，设此时 B 的速度为 vB0，由机械能守
A B k m 1 m 2
l
k
B
A
m
m
l0 O
5
恒，有 2/3
21 2020 Bmkx v?
得
mkxB 300?v
A 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为 x
时有 022211 Bmmm vvv ①
2
022222211 21212121 Bmmkxm vvv
②
当 v1 = v2 时，由式①解出,v1 = v2
mkxB 3434/3 00 v
(2) 弹簧有最大伸长量时,A,B 的相对速度为零 v1 = v2 =3vB0/4，再由式②
解出
0max 21xx?
4A-3 如图所示，在地面上固定一半径为 R 的光滑球面，球面顶点 A
处放一质量为 M 的滑块．一质量为 m 的油灰球，以水平速度 0v? 射向滑块，并粘附在滑块上一起沿球面下滑．问,
(1) 它们滑至何处 (? =?)脱离球面？
(2) 如欲使二者在 A 处就脱离球面，则油灰球的入射速率至少为多少？
解：设 m 与 M 碰撞后的共同速度为 v，它们脱离球面的速度为 u,
(1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得
)/(0 mMm vv ①
m 与 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置? 时，有
22 )(21)c o s1()()(21 umMgRmMmMv ②
RumMNgmM /)(c o s)( 2 ③
当物体脱离球面时,N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得,
32)(33 2c os 2
2022?
mMgR mgR gR vv?
∴ ]
32)(3[c os 2
2021?
mMgR m v?
(2) 若要在 A 处使物体脱离球面，必须满足
gmMRmM A )(/)( 2 v
即 RgA?2v,考虑到①式有 RgmMm )/(202v
所以油灰的速度至少应为 mRgmM /)(0v
4A-4,如图，光滑斜面与水平面的夹角为? = 30°，轻质弹簧上端固定．今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为 M = 1.0
kg 的木块，则木块沿斜面向下滑动．当木块向下滑 x = 30 cm
时，恰好有一质量 m = 0.01 kg 的子弹，沿水平方向以速度 v
M
m
A
O R
0v
x
k
m
6
= 200 m/s 射中木块并陷在其中．设弹簧的劲度系数为 k = 25 N/m．求子弹打入木块后它们的共同速度,
解,(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能 守恒．选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，以 v1 表示木块下滑 x 距离时的速度，则
0s i n2121 212M g xMkx v
求出, Mkxgx 2
1 s in2?v
0.83 m/s ；向沿斜面向下,
(2) 以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可
略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定 律,
以 v2 表示子弹射入木块后的共同速度，则有,
21 )(c o s vvv mMmM
解出,89.0
)( co s12 mM mM?vvv
m/s
负号表示此速度的方向沿斜面向上,
4A-5．有一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在直立圆环的底部 M 处，另一端与一质 量为
m 的小球相连，如图示。设弹簧原长为零，小球以初速 0v 自 M 点出发，沿半径为 R 的光滑圆环的内表面滑动（圆环固定与地面不动）。试求,
（ 1） 要使小球在顶部 Q 点不脱离轨道,0v 的最小值；
（ 2） 小球运动到 P 点处的速率。
解,小球运动到 Q 点，由牛顿方程得
22/Qk R m g N m v R
不脱离轨道的条件（ 0v 最小） N=0，故有
22/QkR mg mv R （ 1）
由机械能守恒定律得（取 M 点为零势点）
2 2 201122 22Qk R m g R m v m v （ 2）
联立（ 1）和（ 2）得
20 6 / 5v kR m g R
小球运动到 P 点，有,2 2 2
01122Pk R m g R m v m v
得,24 / 3Pv kR m g R
4A-6 已知质量为 1m 和 2m,速度为 10v 和 20v 两小球作非弹性对心碰撞，其的恢复系数为 e 。
试求碰撞前后系统机械能的损失。
解：设质量为 1m 和 2m 的物体碰撞后的速度分别为 1v 和 2v,由恢复系数的定义，得
21
10 20
vve vv （ 1）
M
P
Q
R
7
由动量守恒得,1 1 0 2 2 0 1 1 2 2m v m v m v m v （ 2）
联立方程（ 1）和（ 2），解得
2 1 0 2 01 1 0
12
(1 ) ( )e m v vvv mm； 1 1 0 2 02 2 0
12
(1 ) ( )e m v vvv mm
所以系统机械能的损失为
2 2 2 2 2 2121 10 2 20 1 1 2 2 10 20
12
1 1 1 1 1 ( 1 ) ( )2 2 2 2 2 mmE m v m v m v m v e v vmm
显然，当 e=1 时，系统机械能没有损失，为完全弹性碰撞。当 e=0 时，系统机械能损失最大，
为完全非弹性碰撞。
作业 5A 电场强度
5A-1.四个点电荷到坐标原点的距离均为 d,如图所示，求,O
点的电场强度的大小和方向。
解,由图所示 x 轴上两点电荷在 O 点产生的电场强度为
idqidqidqiEiEE qq 2020202 4 344 2
y 轴上两点电荷在 O 点产生的电场强度为
jdqjdqjdqjEjEE qq 2020202 4 344 2
所以，点 O 处的合电场强度为
O 1 2 22003344qqE E E i jdd
大小为 22
O 1 2 20324 qE E E d
，方向与 x 轴正向成45 角。
5A-2,均勻带电无限长直线，电荷线密度为 1?,另有长为 b 的直线段与长直线共面且垂直,相距 a,电荷线密度为 2? 。求两者之间的作用力大小？
解,如图所示建立坐标。 1? 的电场分布为
11
02 ( )E a b y
2? 上的电荷元 2dy? 受到的静电力
1221
0
ddd 2 ( )yF y E a b y
1 2 1 20
00
dF = d l n2 ( ) 2b y abF a b y a
y
O
－ q
－ q +2q
+2q
y
x O
8
5A-3,一个细玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电量 +Q，沿其下半部分的均匀分布有电量－ Q，如图所示，试求圆心 O 处的电场强度。
解：把所有电荷都当作正 电荷处理,在?处取微小电荷
dq =?dl = 2Qd? /?
它在 O 处产生场强
d24 dd 20220 RQRqE
按角变化，将 dE 分解成二个分量,
ds in2s indd 202 RQEE x
dc o s2c o sdd 202 RQEE y
对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷
2/
2/
0202
ds i nds i n2 RQE x ＝ 0
2022/
2/
0202
dc o sdc o s2 RQRQE y
所以 j
RQjEiEE yx 202
5A-4,真空中一长为 L 的均匀带电细直杆，总电量 q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离
d 的 P 点的电场强度。
解：设杆的左端为坐标原点 O,x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为?=q / L，在 x 处取一电荷元
dq =?dx = qdx / L，它在 P 点的场强,
204 dd xdL qE204 d xdLL xq
总场强为
L
xdL xLqE 0 20 )( d4 －dLdq 04?
方向沿 x 轴，即杆的延长线方向,
5A-5 一“无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为 R，设半圆柱面沿轴线单位长度上的电量为?,试求轴线上一点的电场强度。
解,设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条,dl 宽的窄条的电荷线密度为
ddd lR
d q
R O
x
y
d
Ｐ
L d
dqx (L+d－ x) dE
x O
O R
’O'
9
取?位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为
d22 dd 020 RRE
如图所示,它在 x,y 轴上的二个分量为,
dEx=dE sin?,dEy=－ dE cos?
对各分量分别积分
RRE x 02002 ds i n2
0dco s
2 002 RE y
场强 i
RjEiEE yx 02
5A-6.一“无限长”圆柱面，其电荷面密度由下式决定, coso?,式中的? 角为半径 R 与 X 轴之间所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强。
解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为
=?0cos? Rd?,
它在 O 点产生的场强为,
dsco22d 000 RE
它沿 x,y 轴上的二个分量为,
dEx=－ dEcos? =
dsco2 200
dEy=－ dEsin? = dscos in2
0
0?
积分,
20 200 dsco2xE
＝
0
02
0)d ( s i ns i n
220 00yE
∴ iiEE
x 002
作业 6A 静电场中的高斯定理
6A-1,图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空 间的场强分布为,Ex＝ bx,Ey＝ 0,Ez＝ 0．高斯面边长 a＝ 0.1 m，常量 b＝ 1000 N/(C· m)．试求该闭合面中包含的净电荷,(真空介电常数?0＝ 8.85× 10-12
C2· N-1· m-2 )
解：设闭合面内包含净电荷为 Q．因场强只有 x 分量不为零，故只是二个垂直于 x 轴的平面上电场强度通
d E y
y
d l
d?
R
d E x
x
d E
O
x
R
y
d?
d E x
d E y
d E
a a a
a
x
z
y
O
10
量不为零．由高斯定理得,
-E1S1+ E2S2=Q /?0 ( S1 = S2 =S )
则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
=?0ba2(2a－ a) =?0ba3 = 8.85× 10-12 C
6A-2 一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度分布为? =Ar （ r≤ R）；? =0 (r> R) A 为一常数，试求球体内外的场强分布。
解：在球内取半径为 r、厚为 dr 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为
rrArVq d4dd 2
在半径为 r 的球面内包含的总电荷为
40 3 d4 ArrArdVq rV (r≤ R)
以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421 /4?ArrE
得到021 4/?ArE?,(r≤ R)
方向沿径向,A>0 时向外,A<0 时向里,
在球体外作一半径为 r 的同心高斯球面，按高斯定理有
0422 /4?ARrE
得到2042 4/ rARE,(r >R)
方向沿径向,A>0 时向外,A<0 时向里,
6A-3 如图所示，一个均匀分布带电球层，电荷体密度为?,球层内表面半径为 R,外表面为 2R,求：电场分布。
解,本题的电荷分布具有球对称性，因而电场分布也具有对称性，作同心球面为高斯面，由高斯定理 int
0dS
qES
由对称性可以得到 2d4
S E S r E
对于不同的高斯面，电荷是不同的，结果如下
0 q r R
334 ( ) 23q r R R r R
328 23q R r R
因而场强分布为
0 E r R
33
20() 23rRE R r Rr
3
207 23 RE r Rr
11
6A-4,A,B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面,A 面上电荷面密度?A? －
17.7×10-8C· m-2,B 面的电荷面密度?B? 35.4×10-8C· m-2。试计算两平面之间和两平面外的电场强度。
解：两带电平面各自产生的场强分别为,
02/AAE? 方向如图示
02/BBE? 方向如图示
由叠加原理两面间电场强度为
02/ BABA EEE
=3× 104 N/C 方向沿 x 轴负方向
两面外左侧02/ ABAB EEE
=1× 104 N/C 方向沿 x 轴负方向
两面外右侧 E? = 1× 104 N/C 方向沿 x 轴正方向
6A-5,图示为一厚度为 d 的“无限大”均 匀 带电平板，电荷体密度为?,试求板内外的场强分布，并画出场强在 X 轴的投影值随坐标 x
变化的图线，即 Ex— x 图线（设原点在带电平板的中央平面上,OX 轴垂直于平板）。
解：由电荷分布的对称性可知在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强均沿 x 轴,大小相等而方向相反,
在板内作底面为 S 的高斯柱面 S1（右图中厚度放大了）,两底面距离中心平面均为?x?,由高斯定理得
01 /22 SxSE
则得 01 /xE?
即 01 /xE
dxd 2121
在板外作底面为 S 的高斯柱面 S2 两底面距中心平面均为 x,由高斯定 理得 02 /2 SdSE
则得02 2/ dE
dx 21
即02 2/ dE
dx 21
,
02 2/ dE dx 21,E~ x 图线如图所示,
6A-6 一半径为 R 的,无限长,圆柱形带电体，其电荷体密度为,
()Ar r R,0 ( )rR,式中 A 为 大于 零的 常量 。 求：
（ 1）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量；（ 2）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量；（ 3） 场强大小分
A? B
A B
E
E B E BE B
E AE
AE A
EE?
x
d
xO
x
Ex
O d/2
-d/2
02?
d
-
02?
d
x x
E2 E2
E1 E1
S2
S1
2?x?
12
布；
解,(1) 半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量,
21 002 ' d ' ' 2 ' d 'rrq r h r Ar r h r32 /3Ahr
（ 2）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量,
22 002 ' d ' ' 2 ' d 'RRq r h r A r r h r32 /3AhR
（ 3） 场强大小分布,
取半径为 r,高为 h 的高斯圆柱面 。 面上各点场强大小为 E 并垂直于柱面 。 则穿过该柱面的电场强度通量为,
d2s E S rhE
由高斯定理得,int
0
ds qES
在 rR? 区域,03 3/22?A h rr h E
解出,
02 3/?ArE?
在 rR? 时,03 3/22?A h Rr h E
解出,rARE 03 3/
作业 7A 电介质和电容器
7A-1 一半径为 a 的 "无限长 "圆柱形导体，单位长度带电荷为?．其外套一层 各向同性均匀电介质，其相对介电常量为 ε r，内、外半径分别为 a 和 b．试求电位移和场强的分布,
解：在圆柱导体内、外分别作半径为 r、长为 L 的同轴圆柱形高斯面，并应用 D? 的高斯定理,
圆柱内,2?rLD＝ 0
得 D = 0ar?
E = 0ar?
圆柱外,2?rLD =?L
得 0π2/ rrD,(r＞ a) 0r? 为径向单位矢量
rDE01 / 002/ rrr π? (a＜ r＜ b)
0002 2// rrDE π (r＞ b)
7A-2 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为 R1 = 2 cm,R2 = 5 cm，
其间充满相对介电常量为?r 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压 U = 32 V 的电源上,(如图所示 )，试求距离轴线 R = 3.5 cm 处的 A
点的电场强度和 A 点与外筒间的电势差,
解：设内外圆筒沿轴 向单位长度上分别带有电荷 +?和,根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为
rE r02
则两圆筒的电势差为
A R1
R2 R
r
U
13
1
2
00
ln22 dd 2
1
2
1 R
RrrrEU
r
R
R r
R
R
解得
1
2
0
ln
2
R
R
Ur
于是可求得Ａ点的电场强度为 AE
)/ln( 12 RRR U?
= 998 V/m
方向沿径向向外
A 点与外筒间的电势差, 22 d
)/l n(d 12
R
R
R
R r
rRRUrEU
RRRRU 212 ln)/ln (?
= 12.5 V
7A-3 来顿瓶是早期的一种储电容器，它是一内外体贴有金属簿膜的圆柱形玻璃瓶，设玻璃瓶内直径为 8cm，玻璃厚度为 2mm，金属膜高度为 40 ㎝，已知玻璃瓶的相对介电常数为 5.0，
其击穿场强是 1.5×107 V/m，如果不考虑边缘效应，试计算（ 1）来顿瓶的电容值；（ 2）它顶多能储存多少电荷。
解,(1) 设内、外金属膜圆筒半径分别为 R1和 R2，高度均为 L，其上分别带电荷 +Q 和 -Q．则玻璃内的场强为
)(
2 210 RrRLrQE r
内、外筒之间的电势差
2
1
dR
R
rEU 2
1
d2
0
R
Rr r
rLQ
1
2
0 ln2 R
RLQ
r
来顿瓶的电容
1
2
0
ln
2
R
R
L
U
QC r ＝ 2.28× 10-9 F
(2) 柱 形电容器两金属膜之间场强以靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，
即 E
LRQRE r 101 2)(
(击穿 )
则 ELRQ r 102 (击穿 )= 6.67× 10-5 C
此即所能储存的最大电荷,
7A-4 一空气平 行板电容器，两极板面积均为 S，板间距离为 d (d 远小于极板线度 )，在两极板间平行地插入一面积也是 S、厚度为 t（ < d ）的金属片，试求,
（ 1）电容 C 等于多少？
（ 2）金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？
14
解：设极板上分别带电荷 +q 和 -q；金属片与 A 板距离为 d1，与 B 板距离为 d2；金属片与 A
板间场强为 )/( 01 SqE
金属板与 B 板间场强为 )/( 02 SqE
金属片内部场强为 0E
则两极板间的电势差为
2211 dEdEUU BA
)(
210 ddSq )(0 tdSq
由此得 )/()/( 0 tdSUUqC BA
因 C 值仅与 d,t 有关，与 d1,d2 无关，故金属片的安放位置对电容值
无影响,
7A-5 如图所示，一平行板电容器，极板面积为 S,两极板之间距离为 d,求（ 1） 若极板间是均匀电介质，介电常数为?,在忽略边缘效应的情况下,则电容是多少？（ 2） 当 中间充满介电常量按 )1(
0 dx
规律变化的电介质 时，再次 计算该电容器的电容。
解,（ 1） 设 两极板上分别带自由电荷面密度 0,则电场强度分布为 0E
两极板之间的电势差为
00 dd dU E x
该电容器的电容值为
0S SC Ud
（ 2） 两极板上分别带自由电荷面密度 0,则介质中的电场强度分布为
000 dE dx
两极板之间的电势差为
0
000
ddddd xU E x dx
0 ln2
d
该电容器的电容值为
00ln 2SSC Ud
7A-6 半径分别为 a 和 b 的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线将两者相连接，并给系统带上电荷 Q，求,
（ 1）每个球上分配的电荷是多少？
（ 2）按电容定义式，计算此系统的电容。
解,(1) 设两球上各分配电荷 Qa,Qb，忽略导线影响，则 Qa + Qb = Q．两球相距很远，近
A
+q
B
d 1 t d 2
d
-q
S
O x d
15
似孤立，各球电势为,
)4/( 0 aQU aa,)4/( 0bQU bb
因有细导线连接，两球等势，即 Ua = Ub = U
U 为系统的电势．则 )4/( 0aQa )4/( 0bQb
)/(// baQbQaQ ba
得到 )/( baaQQa,)/( babQQb
(2) 系统电容 aUQUQC // aQaQ /)4( 0 )(4 0 ba
作业 8A 电流的磁场
8A-1 求下图中 O 点的磁感应强度 B? 的大小和方向。
解,（ 1） 载流导线 BCD 段在 O 点产生的磁感强度
230 020201 644 aIaI a drI d lB
方 向垂直纸面向里。
AB 段在 O 点产生的磁感强度
02 2 1( s i n s i n )4 IB d
式中 3
2
,2
1
,0cos 60 2ada，
代入得
02 3( 1)22IB a 方向垂直纸面向里。
DE 段在 O 点产生的磁感强度 )s in( s in4 '
1'203 dIB
式中 3'
1
,2'
2
，代入得
)231(2 03 aIB 方向也是方向垂直纸面向里。
整个载流导线在 O 点产生的磁感强度
a a
16
a IaIa IBBBB 000321 21.0)2 31(226
方向垂直纸面向里
（ 2） 由图可知 ABC? 为等边三角形，所以
la 6330tan21,电流在 A 处分 为两支路 1I 和
2I,设三角形每条边上的电阻值相同为 R,AC 边加
CB 边与 AB 边并联得
RIRI 212?
而
III 21
解得
IIII 32,3
21
利用载流直导线磁感应强度表示式 )c o s( c o s4
210 aIB
，设垂直图面向里为正向，导线 AC 和 CB 在 O 点的磁场强度为
l
I
l
I
l
I
l
IBB
CBAC
22
3)
2
3
2
3(
32
3
)1 5 0c o s30( c o s
6
34
01010
10
导线 AB 在 O 点的磁感应强度为
l Il IlIB AB 02020 23)150co s30( co s32 3
半无限长电流 EA,BF 在 O 点磁感应强度为
)
231(323)30c os0( c o s32 3 00 lIlIBB BFAB
由叠加原理,O 点的磁 感应强度为
)
231(3 0 l IBBBBBB CBACABBFEA
方向垂直图面向里。
8A-2,如图所示，宽为 l 的薄长金属板，处于 xy 平面内，设板上电流强度为 I,试求：（ 1） x 轴上 P 点的磁感应强度的大小和方向；（ 2）当 ld 时，结果又如何？ (提示：无限长载流平板可看成许多无限长的载流直导线组成 )
解：（ 1）取坐标如图所示，在距原点 O 为 x 处取宽为 dx 的细长直导线带，所载电流为 dxlIdI?
则在 P 点产生的磁感应强度方向垂直图面向里，大小为
L
L
L
17
)(2 0 xld dIdB
整个薄长金属板在 P 点产生的磁感强度大小为
)1l n (
22 000 dllIxld dxlIdBB ll
方向垂直图面向里。
（ 2）将对数函数做幂级数展开，即
2)(21)1l n ( dldldl
当 ld 时略去高次项，得
dIdllIB 22 00
结果表明在与薄长金属板距离足够远处的磁场近似于长直电流的磁场。
8A-3 设氢原子基态电子轨道半径为 0a,运动周期为 T。
（ 1）求由于电子的轨道运动（如图）在原子核处（圆心处）产生的磁感应强度大小和方向。
（ 2） 电子轨道运动的磁矩。
（提示：电子绕核作圆周运动，可等效于圆电流，电流强度 /i eT?,T 为电子作圆周运动的周期）
解：①电子绕原子核运动的向心力是库仑力提供的。即,
ooooo am
evavmae 2,4 1 222 由此得
②电子单位时间绕原子核的周数即频率
oooo ama
eav 142
由于电子的运动所形成的圆电流
ooo ama
eei 14 2
因为电子带负电，电流 i 的流向与 v 方向相反
③ i 在圆心处产生的磁感应强度
ooo
o
o
o amaea iB 182 22,其方向垂直纸面向外
8A-4 如图示，有一密绕平面螺旋线圈，其上通有电流 I，总匝数为 N，它被限制在半径为 R1 和 R2 的两个圆周之间，求此螺旋线中心 O 处的磁感应强度。
（提示：每匝线圈等效于一圆电流。）
解：以 O 为圆心，在线圈所在处作一半径为 r 的圆，则在 r 到 r+dr
的圈数为
0a
e
v
B?
1R
2R
o
I
18
drRR N 12?
由圆电流公式得
1
2
1212
2
1
12
ln)(2)(2
)(2
R
R
RR
o N I
RRr
o N I d rB
RRr
N I d rdB
R
R
o
方向 ⊙
8A-5 如图，半径为 a，带正电荷且线密度是?（常数）的半圆，以角速度? 绕轴 O′
O″ 匀速旋转，求：（ 1） O 点的 B? ；（ 2）
旋转的带电半圆的磁矩 P? m（提示：将带电半圆分成许多小圆弧，这些小圆弧绕
O’O”轴旋转形成圆电流。积分公式
21sin 2 do ）。
解：（ 1）对 θ ~θ +dθ 弧元,dq=λ adθ,
旋转形成圆电流
addqdI 22,
它在 O 点的磁感应强度 dB 为,
dadaadB oO 23 22 s i n422 s i n
dBB a qd oO oo 88s in4 2
B 的方向向上
（ 2） adadp m )2/(s in 22 da 23 s in21?
omm dadpp 23 s in21 4/4/ 23 qaa
mP? 的方 向向上,
作业 9A 磁场基本性质
9A－ 1 如图，平行长直电流 A 和 B，电流强度均为 I，电流方向垂直纸面向外，两导线 相距 a,则
（ 1） P 点（ AB 中点）的磁感应强度 PB ＝ 0 ；
（ 2）磁感应强度 B? 沿图中环路 L 的线积分
L ldB
= 0I 。
（ 3）环路积分
L ldB
中的 B? 是由电流 A 和 B 所决定的。
'O 'O
a
O
19
9A-2,（ 1） 一条磁感应线上的任意二点处的磁感应强度一定大小相等么？为什么？
答,不一定。磁感应强度的大小由磁通密度（垂直通过单位面积的磁力线根数）决定 。
（ 2） 所示图中,①一个电流元的磁场是否在空间的所有点上磁感应强度均不为零？为什么？
②电流元 I d l? 在 a,b,c,d 四点产生的磁感应强度的方向？（设 I d l? 与 a,b,c,d
均在纸平面内）。
答：电流元延长线上的磁感应强度 为零。 a,b 垂直纸面向 外,c,d 垂直纸面向 内,
（ 3） 两个共面同心的圆电流 I1,I2 其半径分别为 R1,R2，问它们之间满足什么样关系时，
圆心处的磁场为零。
答：电流大小关系,0 1 0 2
1222
IIRR,即 11
22
IR?,方向：电流一为逆时针，一为顺时针
（ 4）设图中两导线中的电流 I1,I2 均为 2C，对在它们的磁场中的三条闭合曲线 a,b,c 分别写出安培环路定律等式右边电流的代数和，并说明
①各条闭合曲线上，各点的磁感应强度 B 的量值是否相 等？
②在闭合曲线 c 上各点的 B 值是否为零？为什么？
答：
02a B dl I
01b B dl I
0 1 2( ) 0c B d l I I
各闭合曲线上，各点的 B 不相等。闭合曲线 c 上各点 B 不一定为零，因为空间各点的磁感应强度由空间所有电流激发。
（ 5） 将一长直细螺线管弯成环形螺线管，问管内磁场有何变化？
答：长直细螺线管内部的磁场是均匀磁场，其大小为 0B n I
弯成环形螺线管后，其内部的 场强大小为,02NIB r,即磁场大小与环的半径有关。但对很细的环形螺线管，即环的平均半径 大 于 大 于 环形螺线管的外半径和内半径差时，近似有
0
02NIB n IR
（ 6） 如图所示，环绕一根有限长的载流直导线有一回路 c，
问对于 c 能否使用安培环路定理？试说明理由。
答：对回路 c，环路安培定律成立。但不一定能用安培环路定律求出环路 c 上某一点处的磁感应强度 B。因为，对于有限长 的 载流直导线，无法就磁感应强度 B 作出对称性 分析，所以无法用安
A B
a
L P
c
I2 I1
a b
c
Idl
a b
c
d
20
培环路定律求出 B。
9A－ 3 在磁感应强度为 B? 的均匀磁场中作一半径为 r 的半球面 S,S 边线所在平面的法线方向单位矢量 n? 与 B? 的夹角为?,则通过半球面 S 的磁通量为＿－ 2 cosrB。
9A-4 连到一个大电磁铁，通有 I 的电流的长引 线构造如下：中间是半径为 1R 的铝棒，周围同轴地套以内半径为 R2，外半径为 R3 的铝筒作为电流回程（筒与棒间充以油类并使之流动以散热）。在每件导体的截面上电流密度均匀。计算从轴心到圆筒外侧的磁场分布（铝和油本身对磁场分布无影响）。
解：铝棒电流密度为
1 21IR；
2 2232()IRR
由安培环路定律，得 rBldB
l?2
当 1rR? 时,22
1 21i IrIr R
0 2
12
IrB R
当 12R r R 时,II
i
02 IB r T;
当 23R r R 时,2222 3
22 2232()()i I R rI I r R RR
2203
2232()2 ( )I R rB R R r;
当 3rR? 时,0
i I
,B=0
9A-5,一均匀带电长直圆柱体，电荷体密度为?,半径为 R，绕其轴线匀速转动，角速度为
w,试求,
（ 1）圆柱体内距轴线 r 处的磁感强度
（ 2）两端面中心处的磁感强度
解 （ 1）体内均匀带电的长直圆柱体以角速度 w 旋转时，等效为一个多层的同轴密绕螺线管。
在管外,r>R 处,B=0。在管内距轴线 r 处，作如图所示的积分回路，由安培环路定理得
Idl 0?B
而 2)( 22 wlrRI,代入得
21
)(21 220 rRwB
将 r=0 代入，得中心轴线的磁感强度
2021 RwB
（ 2）端面中心处的磁感强度为中心轴线处的一半，即 2
041 RwB
9A-6,一无限大均匀载流平面置于外磁场中，左侧的磁感强度为 1B,右侧的磁感强度为 12 3BB?,方向如图 12-19 所示。试求,
（ 1）载流平面上的面电流密度；
（ 2）外磁场的磁感强度 0B
解 （ 1）作闭合回路 abcda,由安培环路定理得
ljlBBlBlBdl 01112 )3(?B
所以
0
12?Bj? 方向垂直纸面向外。
（ 2）面电流产生的磁场，在右边磁感强度的方向沿 z 轴正向，左边沿 z 轴负向，量值是
jB 0' 21 。
设外磁场为 kjiB zyx BBB 0000,由场强叠加原理,'02 BBB,即
jkkjik 00001 213 zyx BBBB
所以 00?xB,00?yB,
10 1010 22213 BBBB zk
即 10 2BB?
方向沿 z 轴正向。
9A-7,如图所示，两无限长平行放置的柱形导体通过等值，反向的电流 I,电流在两个阴影所示的横截面内均匀分布。设两个导体横截面的面知皆为 S，两圆柱轴线间距为 d 。试求两导体中部分交叠部分的磁感强度。
22
解,初看起来，导体中的电流不具有柱对称性。但是若将两载 流导体视为电流密度
SI
的圆柱体，由于其电流方向相反，则重叠部分的磁感强度可视为两个长直截流的完整圆柱体在场点的磁感强度的叠加。每个长直圆柱电流 B 的磁场则分别具有对称性，并可用安培环路定理求得，因此
1021101 22 rSIrSIrB
2022202 22 rSIrSIrB
取垂直纸面向外的单位矢量为 k?,d? 沿 1O 2O 指向
2O,则
101 2 rkSIB
,
202 )(2 rkSIB
dkSIrrkSIBBB 2)(2 021021
上式说明重叠部分空间的磁感强度与场点无关，即均匀分布的，其方向垂直 1O 2O 向上，数值为 SId20?,。
9A-8 如图，一无限长圆柱形直导体，横截面半径为 R，在导体内有一半径为 a 的圆柱形孔，它的轴平行于导体轴并与它相距为 b，设导体截面均匀分布的电流 I，求
（ 1）半径为 a 的圆柱形孔轴线上某点 O’的磁感应强度 BO’；
（ 2） 孔内任意一点 P 的磁感应强度 BP。
(提示：考虑对电流分布作等效处理，并应用磁场叠加原理。）
解,（ 1）
)( 22 aR Ij
211 rjI 222 rjI
jr
rIB oo 1111 22
（ 1）
2
22222ooIB r jr
（ 2）
对 O’点,将 r1=b 代 入 （ 1） 式 得
1' 22ooo IB bjb
(2) 对 P 点,B 1,B 2 方向如图所示 （ x 轴沿 OO’方向）
B = B 1+B 2
2211 c o ss in BBB x
O
b
R
a P
I
P
O 'O
1r
2r
b
x
y
1B
2B
2?
1?
1? 2?
'O
23
O
b
1R
2R
I
3R
I
= 0)c o ss in(
2 2211 rrjo
2211 s inco s BBB y
= )s inc o s(2
2211 rrjo? jbo2
B=By=
)(22 22 aR bIjb oo
作 业 10A 磁介质
10A－ 1 图示为三种不同的磁介质的 B ~ H 关系曲线，其中虚线表示的是 HB 0 的关系。说明 a,b,c 各代表哪一类磁介质的 B ~ H 关系曲线,
a 代表 铁磁质 的 B ~ H 关系曲线 ;
b 代表 顺磁质 的 B ~ H 关系曲线 ;
c 代表 抗磁质 的 B ~ H 关系曲线。
10A-2,螺绕环中心周长 l = 10 cm，环上均匀密绕线圈 N = 200 匝，线圈中通有电流 I = 0.1
A．管内充满相对磁导 率 r? = 4200 的磁介质．螺绕环 内的磁感应强度可近似看成均匀磁场，
试求管内磁场 强度 和磁感应强度,
答案,1.06 T
10A-3.通电长 直 螺线管内的左半段充 满相对磁导率为 r? 的磁介质,右半段是真空,则 在螺线管 内,位于 介质和 空气中 相等的物理量是 ____________（磁场强度、磁感应强度、磁通量） 。
答,磁场强度
10A-4.一根同轴线由半径为 R1 的长导线和套在它外面的内半径为 R2、外半径为 R3 的同轴导体圆筒组成。中间充满磁导率为? 的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图。传导电流 I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的，求同轴线内外的磁感应强度大小 B 的分布。
解：由安培环路定理, iIldH
10 Rr 区域,212/2 RIrrH
212 RIrH
，
2102 RIrB
21 RrR 区域,IrH2
rIH?2?,rIB2?
32 RrR 区域,)( )(2 2
2232
2222
RR RrIIrH
)
)( )(1(2 22322
222
RR RrrIH
)
)( )(1(2 22232 222 RR RrrIHB
B a
b
c
O H
24
3Rr? 区域,H=0,B=0
作 业 11A 磁感应的基本定律和动生电动势
11A-1.如图，有一半径为 r=10 ㎝的多匝圆形线圈，匝数 N=100，置于均匀磁场 B 中（ B=0.5T），
圆形线圈可绕通过圆心的轴 O1O2 转动，转速 n=600r/min，求圆线圈自图示的初始位置转过
21 时,
（ 1）线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻 R 为 100Ω,
不计自感 ）
（ 2）圆心处的磁感应强度（ 0? =4π × 10-7H/m）
解：（ 1）设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为?,则通过该圆线圈平面的磁通量为,
cos2rB ntt 2
ntrB 2c os2
在任意时刻线圈中的感应电动势为,
ntnrNBdtdN 2s in22
ntnrNB 2s in2 22?
t
TIntR nN B rRi m 2s in2s in2 22
当线圈转过 2/? 时,t=T/4，则
ARnN B rIi m 9 8 7.0/2 22
（ 2）由线圈中电流 Im 在圆心处激发的磁场为
TrNIB m 40 1020.6)2/(
方向竖直向下,故此时圆心处激发的磁感应强度的大小
5 0 0.0)( 2/1220 BBB T
方向与磁场 B? 的方向基本相同。
11A-2 载有电流 I 的长直导线附近，放一导体线段 ab，长为 l,离长直导线距离为 b
（如图 a 所示）。设导体线段以速度 v? 平行导线平移，求导体线段中的感应电动势的大小和方向以及 a,b 两端的电势哪点高？如果把导体线段换成导体半圆环 MeN
（如图 b 所示）,其直径与导体线段同长，
也为 l,则结果又怎样？
解,（ a）根据动生电动势
abab ldBv )(?
dldab dxxIv 2 0 d ldIv ln20
1O 2O
rB?
I
v
d l
a b I
v
d l
M N
e
)(a
)(b
25
x
r
X
R
OI
负号表示电动势方向从 b 指向 a,a 点电势高。
d ldIvUU abba ln20
(b) 为计算简单，可引入一条辅助线 MN，构成闭合回路 MeNM，闭合回路总电动势
0 NMM e N总 MNNMM e N
则结果与上题相同。
11A-3 两个半径分别为 R 和 r 的同轴圆形线圈相距 x，且 RxrR,，若大线圈通有电流 I 而小线圈沿 X 轴方向以速率 V 运动，试求 x=NR 时（ N 为正数），小线圈回路中产生的感应电动势的大小。（提示：大线圈在小线圈处产生的磁感应强度可近似看成均匀的）
解,由题意，大线圈中的电流 I 在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。
2/322
2
2/322
2
)(2 0)( 24 0 xR
IR
xR IRB
故穿过小回路的磁通量为,
32
2202
2/3)22( 2220 x
RIrr
xR IRSB
由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为,
dtdxx IRrdtdi 4 22023 vx IRr4 22023
当 x=NR 时，小线圈回路中的感应电动势为
)2/(3 2420 RNIvri
11A-4 如图所示，长直导线中通有电流 I=5C，另一矩形线框共 1000 匝，宽 a =10cm，长
L=20cm,以 smv /2? 的速度向右平动，求 当
cmd 10? 线圈中的感应电动势。
解,xIB20?,设加路绕行方向为顺时针方向，则 B LdxB dSd
I
v?
y
a
L
x
dx
I
v?
d a
L
26
y ayILxI L d xd ayyayy ln22 00
dtdN )(2 0 ayy vaILN
当 cmdy 10 时,
mV21.0)1.01.0( 21.02 1042.051 0 0 0 7
11A-5 上题中若线圈不动，而长导线中通有交变电流 ti?100sin5? A,线圈内的感应电动势为多大？若线圈向右平动，而长导线中能有交变电流，则线圈内感应电动势又为多大？
解：同上有,
y ayILxI L d xd ayyayy ln22 00
dtdN
ty aytLN 100c o s1.0 2.0ln2.01041000250ln100c o s250 70
t?100c o s104.4 2 V
若线圈在向右平动的同时，电流也在变化，则有
dtdN y aydtL d iN ln2 /0 ＋ )(2 0 ayy vaiLN
t?100c o s104.4 2 ＋ t?100sin100.2 3 （ V）
作 业 12A 位移电流和 Maxwell 方程
12A-1,对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确,
(A) 位移电流是指变化电场,
(B) 位移电流是由线性变化磁场产生的,
(C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律,
(D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理,［ ］
答案：（ A）
12A-2,下列哪种情况的位移电流为零？
(A) 电场不随时间而变化； (B) 电场随时间而变化；
(C) 交流电路； (D) 在接通直流电路的瞬时。 [ ]
答案：（ A）
12A-3,在麦克斯韦方程组的积分形式中，反映变化的磁场产生涡旋电场的方程
为 。
答案,
SL StBlE?
dd
12A-4,在麦克斯韦方程组的积分形式中，反映磁场为无源场（即磁感应线形成闭合曲线）
的方程为 。
27
答案,0d
S SB
12A-5,全电路安培环路定理（律）表 达 式 为 ________________________________.并 说明表达式中各量的物理意 义 _______________________________________。
答,
SL StDJlH?
d)(d 其中 H? 为磁场强度,J? 为位移电流密度,D? 为电位移矢量 。
12A-6 一平行板电容器的两板都是半径为 5.0cm 圆导体片，在充电时，其中电场强度的变化率为 12100.1/dtdE V/m.s。求极板边缘的磁感应强度 B 。
解,
S Sdt
DldH
取半径为 r 的圆周为安培环路，则 H 的环路积分为
rHldH?2
而 2
00 rdtdEdSdtdESdtD sS
rdtdEH 20,rdtdEB 200
将 r=0.05m 代入上式得 7108.2B T。所以尽管 dtdE/ 很大，但变化电场激发产生的磁场仍很小。
12A-7 一平行板电容器，极板是半径为 R 的圆形金属板，两极板与一交变电源相连接，极板上电量变化规律为 tqq?sin0? 。不计边缘效应。
（ 1）求两极板间位移电流密度的大小；
（ 2）求在两极板间 离中心轴线距离为 r(r<R)处磁场强度 H? 的大小。
解,(1) 两极板间的位移电流
tqdtdQI
d c o s0
SIj dD 20 cosR tq
(2)根据全电流定律
S Sdt
DldH
由于 )/( 2RQD
所以 )/(co s2 220 RrqrH
)2/(co s 20 RrqH
作业 1A 质点运动的描述
1A-1．已知质点的运动学方程 jtitjtyitxr )62()()( 2 （单位,m）。求,
(1) 质点运动轨迹方程；
(2) 1?t s 时，质点的速度和加速度（指明大小、方向）。
解,(1) 2)6(41 yx
（ 2） iajitv 2,22
1?t s 时，,22 jiv 即速度大小 83.222 22v m/s，与 x 轴正方向夹角为?45 ；
ia 2?,即加速度大小 2?a m/s2，沿 x 轴正方向。
1A-2,已知质点的运动学方程为
jttittr )314()2125( 32 (SI)
求 t = 2 s 时，（ 1）加速度的大小； (2) 加速度与 x 轴正方向的夹角 。
解,jtia 2
（ 1）当 t = 2 s,241||a? =4.123 m/s2
（ 2） 41arctg? 104o
1A-3．一质点在 xoy 平面内运动，运动方程为：
2219
2 ty tx,式中 yx,以米计,t 以秒计，
且计时从 0?t 开 始。求：在什么时刻质点的位置矢量与速度垂直？
解：对时间求一次导数，得 t 时刻速度为,24v i tj
对时间求二次导数，得 t 时刻加速度为,4aj
当位矢与速度垂直时，有,.0rv,即
22 1 9 2,2 4 0t i t j i t j
解得 0,3,3t s t s t s。显然,3t s 无意义，应舍去。
1A-4．一个质点作直线运动，其加速度 随时间的变化规律为 )co s (2 tAa x,其中 A 和
均为正常量。如果 0?t 时,Axvx,0,求这个质点的运动学方程。
解：
)c o s ()()0()(
)s in ()()0()(
0
0
tAdttvxtx
tAdttavtv
t
x
t
xxx
1A-5．一艘正沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即 2kvdtdv,式中 k 为常数，试证明快艇在关闭发动机后又行驶 x
距离时的速度为 kxevv 0 ；其中 0v 是发动机关闭时的速度。
证明,dtv dvdtdxdxdvdtdv /)/()/(
2/ kvdxvdv
2
即 kdx
vdv
,
当 t=0,0vv?,积分得,kxevv 0
1A-6 设质点的运 动函数为 x =x )(t,)(tyy?,在计算质点的速度时，有两种解法
（ 1）先求出 22 yxr,然后求出 dtdrv? 及
2
2dtrda?
（ 2）先求出 dtdx,
dtdy
,然后求出,22 )()(
dtdydtdxv
,2
2
22
2
2 )()(
dt yddt xda
试问哪种方法正确？两者差别何在？
解：（ 2）解法正确，（ 1）错误。
作业 2A 质点运动的描述之二
2A-1,(1) 在一个转动的齿轮上，一个齿尖 P 沿半径为 R 的圆周运动，其路程 S 随时间的变化规律为 2
0 21 bttSv
，其中 0v 和 b 都是正的常量．求,
(1) t 时刻齿尖 P 的速度大小和加速度大小,
(2) 从 0?t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间,
解,(1) btvtS 0d/dv
btat d/dv ； Rbtvan /20
2
40222 )(
R btvbaaa tn
(2)根据题意,at = an,即有, Rbtvb /20
解得 bvbRt 0
2A-2 (1) 对于在 xy 平面内，以原点 O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径 r、角速度和单位矢量 i?,j?
表示其 t时刻的位置矢量．已知在 t = 0时,y = 0,x = r,角速度如图所示；
(2) 由 (1)导出速度 v? 与加速度 a? 的矢量表示式；
(3) 试证加速度指向圆心,
解,(1) jtritrjyixr s i n c os
(2) jtritrtr c o s s i nddv
jtritrta s in c o sdd 22 v
(3) rjtritra s in c o s 22,这说明 a? 与 r? 方向相反，即 a? 指向圆心 。
2A-3 一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道 A 点处速度 v? 的大小为 0v,其方向与水平方向夹角成 30°。求物体在 A 点的切向加速度 at 和轨道的曲率半径。
x
y
O
r ( x,y ) j
i
3
解, Ot ga 30sin?g/2
20
2330c os vgga On
gan 3/v32 2?
2A-4 一质点平面运动的运动学方程为,
jtittjtyitxr 43 41)31()()( （单位,m）
（ 1）求 1?t s 时，质点的切向加速度和法向加速度；
（ 2）求 1?t s 时，质点所在位置运动轨迹的曲率半径。
解：（ 1） jtitv 32 )1( ； 1?t s 时,jv,即速度大小为 1m/s，沿 y 轴正向。
jtita 232 ； 1?t s 时,jia 32 。注意到切向加速度就是加速度在速度方向的分量，可以得到,1?t s 时,2/2 smat?,2/3 sman? 。
（ 2）由
2va
n?
得,1?t s 时,5.0 m
2A-5,河水自西向东流动，速度为 hkm/10,一轮船在水中航行，船相对于河水的航向为北偏西?30,相对于河水的航速为 hkm/20,此时风向为正西，风速为 hkm/10,试求在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向。（设烟离开烟卤后很快就获得与风相同的 速度） 。
解,记水、风、船和地球分别为 w,f,s 和 e，则水?地、风
船、风?地和船?地间的相对速度分别为 weV?,fsV?,feV? 和 seV?,
由已知条件
weV =10 km/h，正东方向,
feV =10 km/h，正西方向,
swV =20 km/h，北偏西 030 方向,
根据速度合成法则,seV? = swV? ＋ weV?
由图可得,seV = 310 km/h，方向正北,
同理 fsV? = feV? － seV?,由于 feV? =－ weV?
∴ fsV = swV,fsV? 的方向为南偏西 30°
在船上观察烟缕的飘向即 fsV? 的方向，它为南偏西 30°,
2A-6,什么是伽利略变换？它所包含的时空观有什么特点？ （ 略 ）
作业 3A 功和功能原理
3A-1,质量 m＝ 2 kg 的物体沿 x 轴作直线运动，所受合 外力 F＝ 10＋ 6x2 (SI)．如果在 x=0 处时速度 v0＝ 0；试求该物体运动到 x＝ 4 m 处时速度的大小,
解：用动能定理，对物体
4
0 2
4
02 d610d021 xxxFm )(v
3210 xx ＝ 168
解出 v＝ 13 m/s
0v
30 °A
g
na
a
0
30o
30o
seV?
fsV?
feV? weV
北
东
swV?
4
3A-2,一非线拉伸弹簧的弹性力的大小为 321 xkxkf,x 代表弹簧伸长量,1k 和 2k 为正的常量。求：将弹簧由 1x 拉长至 2x 时，弹簧对外界做的功。
解,))]((
21[21 222122212121 xxxxkkf d xW xx
3A-3,设两个粒子之间相互作用力是排斥力，其大小与粒子间距离 r 的函数关系为
3rkf?,k 为正值常量，试求这两个粒子相距为 r 时的势能．（设相互作用力为零的地方势能为零．）
解：两个粒子的相互作用力 3rkf?
已知 f＝ 0 即 r＝∞处为势能零点,则势能
rrPP rrkWE dd 3rf )2( 2rk?
3A-4 质量为 m 的质点系在一端固定的绳子上在粗糙水平面上作半径为 R 的圆周运动。当它运动一周时，由初速 vo 减小为 vo/2。求,(1)摩擦力作的功 ;(2)滑动摩擦系数 ;(3)静止前质点运动了多少圈?
解：（ 1） 2 220
001 1 32 4 2 8vW m m v m v
(2),m g m a a g。又 2 2 20 0 0/ 4 34 1 6v v va RR
所以有,20
2316 vRg
(3) 22
00110,22W m g s m v s vg
20142 4 3snvR g R
4A 功能原理 机械能守恒
4A-1 如图所示，质量为 m 的小球系在劲度系数为 k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在 O
点．开始时弹簧在水平位置 A，处于自然状态，原长为 l0．小球由位置 A 释放，下落到 O 点正下方位置 B 时，弹簧的长度为 l，则小球到达 B 点时的速度大小 vB。
解：由机械能守恒，有,2
02 )(2121 llkmvm g l
解得 mllkglv 20 )(2
4A-2,两个质量分别为 m1和 m2 的木块 A 和 B，用一个质量忽略不 计、倔强系数为 k 的弹簧联接起来，放置在光滑水平面上，
使 A 紧靠墙壁，如图所示，用力推木块 B 使弹簧压缩 xo，然后释放，已知 m1=m,m2=3m，求
（ 1）释放后,A,B 两木块速度相等时的瞬时速度的大小；
（ 2）释放后，弹簧的最大伸长量。
解,(1) 释放后，弹簧恢复到原长时 A 将要离开墙壁，设此时 B 的速度为 vB0，由机械能守
A B k m 1 m 2
l
k
B
A
m
m
l0 O
5
恒，有 2/3
21 2020 Bmkx v?
得
mkxB 300?v
A 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为 x
时有 022211 Bmmm vvv ①
2
022222211 21212121 Bmmkxm vvv
②
当 v1 = v2 时，由式①解出,v1 = v2
mkxB 3434/3 00 v
(2) 弹簧有最大伸长量时,A,B 的相对速度为零 v1 = v2 =3vB0/4，再由式②
解出
0max 21xx?
4A-3 如图所示，在地面上固定一半径为 R 的光滑球面，球面顶点 A
处放一质量为 M 的滑块．一质量为 m 的油灰球，以水平速度 0v? 射向滑块，并粘附在滑块上一起沿球面下滑．问,
(1) 它们滑至何处 (? =?)脱离球面？
(2) 如欲使二者在 A 处就脱离球面，则油灰球的入射速率至少为多少？
解：设 m 与 M 碰撞后的共同速度为 v，它们脱离球面的速度为 u,
(1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得
)/(0 mMm vv ①
m 与 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置? 时，有
22 )(21)c o s1()()(21 umMgRmMmMv ②
RumMNgmM /)(c o s)( 2 ③
当物体脱离球面时,N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得,
32)(33 2c os 2
2022?
mMgR mgR gR vv?
∴ ]
32)(3[c os 2
2021?
mMgR m v?
(2) 若要在 A 处使物体脱离球面，必须满足
gmMRmM A )(/)( 2 v
即 RgA?2v,考虑到①式有 RgmMm )/(202v
所以油灰的速度至少应为 mRgmM /)(0v
4A-4,如图，光滑斜面与水平面的夹角为? = 30°，轻质弹簧上端固定．今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为 M = 1.0
kg 的木块，则木块沿斜面向下滑动．当木块向下滑 x = 30 cm
时，恰好有一质量 m = 0.01 kg 的子弹，沿水平方向以速度 v
M
m
A
O R
0v
x
k
m
6
= 200 m/s 射中木块并陷在其中．设弹簧的劲度系数为 k = 25 N/m．求子弹打入木块后它们的共同速度,
解,(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能 守恒．选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，以 v1 表示木块下滑 x 距离时的速度，则
0s i n2121 212M g xMkx v
求出, Mkxgx 2
1 s in2?v
0.83 m/s ；向沿斜面向下,
(2) 以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可
略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定 律,
以 v2 表示子弹射入木块后的共同速度，则有,
21 )(c o s vvv mMmM
解出,89.0
)( co s12 mM mM?vvv
m/s
负号表示此速度的方向沿斜面向上,
4A-5．有一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在直立圆环的底部 M 处，另一端与一质 量为
m 的小球相连，如图示。设弹簧原长为零，小球以初速 0v 自 M 点出发，沿半径为 R 的光滑圆环的内表面滑动（圆环固定与地面不动）。试求,
（ 1） 要使小球在顶部 Q 点不脱离轨道,0v 的最小值；
（ 2） 小球运动到 P 点处的速率。
解,小球运动到 Q 点，由牛顿方程得
22/Qk R m g N m v R
不脱离轨道的条件（ 0v 最小） N=0，故有
22/QkR mg mv R （ 1）
由机械能守恒定律得（取 M 点为零势点）
2 2 201122 22Qk R m g R m v m v （ 2）
联立（ 1）和（ 2）得
20 6 / 5v kR m g R
小球运动到 P 点，有,2 2 2
01122Pk R m g R m v m v
得,24 / 3Pv kR m g R
4A-6 已知质量为 1m 和 2m,速度为 10v 和 20v 两小球作非弹性对心碰撞，其的恢复系数为 e 。
试求碰撞前后系统机械能的损失。
解：设质量为 1m 和 2m 的物体碰撞后的速度分别为 1v 和 2v,由恢复系数的定义，得
21
10 20
vve vv （ 1）
M
P
Q
R
7
由动量守恒得,1 1 0 2 2 0 1 1 2 2m v m v m v m v （ 2）
联立方程（ 1）和（ 2），解得
2 1 0 2 01 1 0
12
(1 ) ( )e m v vvv mm； 1 1 0 2 02 2 0
12
(1 ) ( )e m v vvv mm
所以系统机械能的损失为
2 2 2 2 2 2121 10 2 20 1 1 2 2 10 20
12
1 1 1 1 1 ( 1 ) ( )2 2 2 2 2 mmE m v m v m v m v e v vmm
显然，当 e=1 时，系统机械能没有损失，为完全弹性碰撞。当 e=0 时，系统机械能损失最大，
为完全非弹性碰撞。
作业 5A 电场强度
5A-1.四个点电荷到坐标原点的距离均为 d,如图所示，求,O
点的电场强度的大小和方向。
解,由图所示 x 轴上两点电荷在 O 点产生的电场强度为
idqidqidqiEiEE qq 2020202 4 344 2
y 轴上两点电荷在 O 点产生的电场强度为
jdqjdqjdqjEjEE qq 2020202 4 344 2
所以，点 O 处的合电场强度为
O 1 2 22003344qqE E E i jdd
大小为 22
O 1 2 20324 qE E E d
，方向与 x 轴正向成45 角。
5A-2,均勻带电无限长直线，电荷线密度为 1?,另有长为 b 的直线段与长直线共面且垂直,相距 a,电荷线密度为 2? 。求两者之间的作用力大小？
解,如图所示建立坐标。 1? 的电场分布为
11
02 ( )E a b y
2? 上的电荷元 2dy? 受到的静电力
1221
0
ddd 2 ( )yF y E a b y
1 2 1 20
00
dF = d l n2 ( ) 2b y abF a b y a
y
O
－ q
－ q +2q
+2q
y
x O
8
5A-3,一个细玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电量 +Q，沿其下半部分的均匀分布有电量－ Q，如图所示，试求圆心 O 处的电场强度。
解：把所有电荷都当作正 电荷处理,在?处取微小电荷
dq =?dl = 2Qd? /?
它在 O 处产生场强
d24 dd 20220 RQRqE
按角变化，将 dE 分解成二个分量,
ds in2s indd 202 RQEE x
dc o s2c o sdd 202 RQEE y
对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷
2/
2/
0202
ds i nds i n2 RQE x ＝ 0
2022/
2/
0202
dc o sdc o s2 RQRQE y
所以 j
RQjEiEE yx 202
5A-4,真空中一长为 L 的均匀带电细直杆，总电量 q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离
d 的 P 点的电场强度。
解：设杆的左端为坐标原点 O,x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为?=q / L，在 x 处取一电荷元
dq =?dx = qdx / L，它在 P 点的场强,
204 dd xdL qE204 d xdLL xq
总场强为
L
xdL xLqE 0 20 )( d4 －dLdq 04?
方向沿 x 轴，即杆的延长线方向,
5A-5 一“无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为 R，设半圆柱面沿轴线单位长度上的电量为?,试求轴线上一点的电场强度。
解,设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条,dl 宽的窄条的电荷线密度为
ddd lR
d q
R O
x
y
d
Ｐ
L d
dqx (L+d－ x) dE
x O
O R
’O'
9
取?位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为
d22 dd 020 RRE
如图所示,它在 x,y 轴上的二个分量为,
dEx=dE sin?,dEy=－ dE cos?
对各分量分别积分
RRE x 02002 ds i n2
0dco s
2 002 RE y
场强 i
RjEiEE yx 02
5A-6.一“无限长”圆柱面，其电荷面密度由下式决定, coso?,式中的? 角为半径 R 与 X 轴之间所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强。
解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为
=?0cos? Rd?,
它在 O 点产生的场强为,
dsco22d 000 RE
它沿 x,y 轴上的二个分量为,
dEx=－ dEcos? =
dsco2 200
dEy=－ dEsin? = dscos in2
0
0?
积分,
20 200 dsco2xE
＝
0
02
0)d ( s i ns i n
220 00yE
∴ iiEE
x 002
作业 6A 静电场中的高斯定理
6A-1,图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空 间的场强分布为,Ex＝ bx,Ey＝ 0,Ez＝ 0．高斯面边长 a＝ 0.1 m，常量 b＝ 1000 N/(C· m)．试求该闭合面中包含的净电荷,(真空介电常数?0＝ 8.85× 10-12
C2· N-1· m-2 )
解：设闭合面内包含净电荷为 Q．因场强只有 x 分量不为零，故只是二个垂直于 x 轴的平面上电场强度通
d E y
y
d l
d?
R
d E x
x
d E
O
x
R
y
d?
d E x
d E y
d E
a a a
a
x
z
y
O
10
量不为零．由高斯定理得,
-E1S1+ E2S2=Q /?0 ( S1 = S2 =S )
则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
=?0ba2(2a－ a) =?0ba3 = 8.85× 10-12 C
6A-2 一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度分布为? =Ar （ r≤ R）；? =0 (r> R) A 为一常数，试求球体内外的场强分布。
解：在球内取半径为 r、厚为 dr 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为
rrArVq d4dd 2
在半径为 r 的球面内包含的总电荷为
40 3 d4 ArrArdVq rV (r≤ R)
以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421 /4?ArrE
得到021 4/?ArE?,(r≤ R)
方向沿径向,A>0 时向外,A<0 时向里,
在球体外作一半径为 r 的同心高斯球面，按高斯定理有
0422 /4?ARrE
得到2042 4/ rARE,(r >R)
方向沿径向,A>0 时向外,A<0 时向里,
6A-3 如图所示，一个均匀分布带电球层，电荷体密度为?,球层内表面半径为 R,外表面为 2R,求：电场分布。
解,本题的电荷分布具有球对称性，因而电场分布也具有对称性，作同心球面为高斯面，由高斯定理 int
0dS
qES
由对称性可以得到 2d4
S E S r E
对于不同的高斯面，电荷是不同的，结果如下
0 q r R
334 ( ) 23q r R R r R
328 23q R r R
因而场强分布为
0 E r R
33
20() 23rRE R r Rr
3
207 23 RE r Rr
11
6A-4,A,B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面,A 面上电荷面密度?A? －
17.7×10-8C· m-2,B 面的电荷面密度?B? 35.4×10-8C· m-2。试计算两平面之间和两平面外的电场强度。
解：两带电平面各自产生的场强分别为,
02/AAE? 方向如图示
02/BBE? 方向如图示
由叠加原理两面间电场强度为
02/ BABA EEE
=3× 104 N/C 方向沿 x 轴负方向
两面外左侧02/ ABAB EEE
=1× 104 N/C 方向沿 x 轴负方向
两面外右侧 E? = 1× 104 N/C 方向沿 x 轴正方向
6A-5,图示为一厚度为 d 的“无限大”均 匀 带电平板，电荷体密度为?,试求板内外的场强分布，并画出场强在 X 轴的投影值随坐标 x
变化的图线，即 Ex— x 图线（设原点在带电平板的中央平面上,OX 轴垂直于平板）。
解：由电荷分布的对称性可知在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强均沿 x 轴,大小相等而方向相反,
在板内作底面为 S 的高斯柱面 S1（右图中厚度放大了）,两底面距离中心平面均为?x?,由高斯定理得
01 /22 SxSE
则得 01 /xE?
即 01 /xE
dxd 2121
在板外作底面为 S 的高斯柱面 S2 两底面距中心平面均为 x,由高斯定 理得 02 /2 SdSE
则得02 2/ dE
dx 21
即02 2/ dE
dx 21
,
02 2/ dE dx 21,E~ x 图线如图所示,
6A-6 一半径为 R 的,无限长,圆柱形带电体，其电荷体密度为,
()Ar r R,0 ( )rR,式中 A 为 大于 零的 常量 。 求：
（ 1）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量；（ 2）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量；（ 3） 场强大小分
A? B
A B
E
E B E BE B
E AE
AE A
EE?
x
d
xO
x
Ex
O d/2
-d/2
02?
d
-
02?
d
x x
E2 E2
E1 E1
S2
S1
2?x?
12
布；
解,(1) 半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量,
21 002 ' d ' ' 2 ' d 'rrq r h r Ar r h r32 /3Ahr
（ 2）半径为 ()r r R?,高为 h 圆柱体内 包含的电荷量,
22 002 ' d ' ' 2 ' d 'RRq r h r A r r h r32 /3AhR
（ 3） 场强大小分布,
取半径为 r,高为 h 的高斯圆柱面 。 面上各点场强大小为 E 并垂直于柱面 。 则穿过该柱面的电场强度通量为,
d2s E S rhE
由高斯定理得,int
0
ds qES
在 rR? 区域,03 3/22?A h rr h E
解出,
02 3/?ArE?
在 rR? 时,03 3/22?A h Rr h E
解出,rARE 03 3/
作业 7A 电介质和电容器
7A-1 一半径为 a 的 "无限长 "圆柱形导体，单位长度带电荷为?．其外套一层 各向同性均匀电介质，其相对介电常量为 ε r，内、外半径分别为 a 和 b．试求电位移和场强的分布,
解：在圆柱导体内、外分别作半径为 r、长为 L 的同轴圆柱形高斯面，并应用 D? 的高斯定理,
圆柱内,2?rLD＝ 0
得 D = 0ar?
E = 0ar?
圆柱外,2?rLD =?L
得 0π2/ rrD,(r＞ a) 0r? 为径向单位矢量
rDE01 / 002/ rrr π? (a＜ r＜ b)
0002 2// rrDE π (r＞ b)
7A-2 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为 R1 = 2 cm,R2 = 5 cm，
其间充满相对介电常量为?r 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压 U = 32 V 的电源上,(如图所示 )，试求距离轴线 R = 3.5 cm 处的 A
点的电场强度和 A 点与外筒间的电势差,
解：设内外圆筒沿轴 向单位长度上分别带有电荷 +?和,根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为
rE r02
则两圆筒的电势差为
A R1
R2 R
r
U
13
1
2
00
ln22 dd 2
1
2
1 R
RrrrEU
r
R
R r
R
R
解得
1
2
0
ln
2
R
R
Ur
于是可求得Ａ点的电场强度为 AE
)/ln( 12 RRR U?
= 998 V/m
方向沿径向向外
A 点与外筒间的电势差, 22 d
)/l n(d 12
R
R
R
R r
rRRUrEU
RRRRU 212 ln)/ln (?
= 12.5 V
7A-3 来顿瓶是早期的一种储电容器，它是一内外体贴有金属簿膜的圆柱形玻璃瓶，设玻璃瓶内直径为 8cm，玻璃厚度为 2mm，金属膜高度为 40 ㎝，已知玻璃瓶的相对介电常数为 5.0，
其击穿场强是 1.5×107 V/m，如果不考虑边缘效应，试计算（ 1）来顿瓶的电容值；（ 2）它顶多能储存多少电荷。
解,(1) 设内、外金属膜圆筒半径分别为 R1和 R2，高度均为 L，其上分别带电荷 +Q 和 -Q．则玻璃内的场强为
)(
2 210 RrRLrQE r
内、外筒之间的电势差
2
1
dR
R
rEU 2
1
d2
0
R
Rr r
rLQ
1
2
0 ln2 R
RLQ
r
来顿瓶的电容
1
2
0
ln
2
R
R
L
U
QC r ＝ 2.28× 10-9 F
(2) 柱 形电容器两金属膜之间场强以靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，
即 E
LRQRE r 101 2)(
(击穿 )
则 ELRQ r 102 (击穿 )= 6.67× 10-5 C
此即所能储存的最大电荷,
7A-4 一空气平 行板电容器，两极板面积均为 S，板间距离为 d (d 远小于极板线度 )，在两极板间平行地插入一面积也是 S、厚度为 t（ < d ）的金属片，试求,
（ 1）电容 C 等于多少？
（ 2）金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？
14
解：设极板上分别带电荷 +q 和 -q；金属片与 A 板距离为 d1，与 B 板距离为 d2；金属片与 A
板间场强为 )/( 01 SqE
金属板与 B 板间场强为 )/( 02 SqE
金属片内部场强为 0E
则两极板间的电势差为
2211 dEdEUU BA
)(
210 ddSq )(0 tdSq
由此得 )/()/( 0 tdSUUqC BA
因 C 值仅与 d,t 有关，与 d1,d2 无关，故金属片的安放位置对电容值
无影响,
7A-5 如图所示，一平行板电容器，极板面积为 S,两极板之间距离为 d,求（ 1） 若极板间是均匀电介质，介电常数为?,在忽略边缘效应的情况下,则电容是多少？（ 2） 当 中间充满介电常量按 )1(
0 dx
规律变化的电介质 时，再次 计算该电容器的电容。
解,（ 1） 设 两极板上分别带自由电荷面密度 0,则电场强度分布为 0E
两极板之间的电势差为
00 dd dU E x
该电容器的电容值为
0S SC Ud
（ 2） 两极板上分别带自由电荷面密度 0,则介质中的电场强度分布为
000 dE dx
两极板之间的电势差为
0
000
ddddd xU E x dx
0 ln2
d
该电容器的电容值为
00ln 2SSC Ud
7A-6 半径分别为 a 和 b 的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线将两者相连接，并给系统带上电荷 Q，求,
（ 1）每个球上分配的电荷是多少？
（ 2）按电容定义式，计算此系统的电容。
解,(1) 设两球上各分配电荷 Qa,Qb，忽略导线影响，则 Qa + Qb = Q．两球相距很远，近
A
+q
B
d 1 t d 2
d
-q
S
O x d
15
似孤立，各球电势为,
)4/( 0 aQU aa,)4/( 0bQU bb
因有细导线连接，两球等势，即 Ua = Ub = U
U 为系统的电势．则 )4/( 0aQa )4/( 0bQb
)/(// baQbQaQ ba
得到 )/( baaQQa,)/( babQQb
(2) 系统电容 aUQUQC // aQaQ /)4( 0 )(4 0 ba
作业 8A 电流的磁场
8A-1 求下图中 O 点的磁感应强度 B? 的大小和方向。
解,（ 1） 载流导线 BCD 段在 O 点产生的磁感强度
230 020201 644 aIaI a drI d lB
方 向垂直纸面向里。
AB 段在 O 点产生的磁感强度
02 2 1( s i n s i n )4 IB d
式中 3
2
,2
1
,0cos 60 2ada，
代入得
02 3( 1)22IB a 方向垂直纸面向里。
DE 段在 O 点产生的磁感强度 )s in( s in4 '
1'203 dIB
式中 3'
1
,2'
2
，代入得
)231(2 03 aIB 方向也是方向垂直纸面向里。
整个载流导线在 O 点产生的磁感强度
a a
16
a IaIa IBBBB 000321 21.0)2 31(226
方向垂直纸面向里
（ 2） 由图可知 ABC? 为等边三角形，所以
la 6330tan21,电流在 A 处分 为两支路 1I 和
2I,设三角形每条边上的电阻值相同为 R,AC 边加
CB 边与 AB 边并联得
RIRI 212?
而
III 21
解得
IIII 32,3
21
利用载流直导线磁感应强度表示式 )c o s( c o s4
210 aIB
，设垂直图面向里为正向，导线 AC 和 CB 在 O 点的磁场强度为
l
I
l
I
l
I
l
IBB
CBAC
22
3)
2
3
2
3(
32
3
)1 5 0c o s30( c o s
6
34
01010
10
导线 AB 在 O 点的磁感应强度为
l Il IlIB AB 02020 23)150co s30( co s32 3
半无限长电流 EA,BF 在 O 点磁感应强度为
)
231(323)30c os0( c o s32 3 00 lIlIBB BFAB
由叠加原理,O 点的磁 感应强度为
)
231(3 0 l IBBBBBB CBACABBFEA
方向垂直图面向里。
8A-2,如图所示，宽为 l 的薄长金属板，处于 xy 平面内，设板上电流强度为 I,试求：（ 1） x 轴上 P 点的磁感应强度的大小和方向；（ 2）当 ld 时，结果又如何？ (提示：无限长载流平板可看成许多无限长的载流直导线组成 )
解：（ 1）取坐标如图所示，在距原点 O 为 x 处取宽为 dx 的细长直导线带，所载电流为 dxlIdI?
则在 P 点产生的磁感应强度方向垂直图面向里，大小为
L
L
L
17
)(2 0 xld dIdB
整个薄长金属板在 P 点产生的磁感强度大小为
)1l n (
22 000 dllIxld dxlIdBB ll
方向垂直图面向里。
（ 2）将对数函数做幂级数展开，即
2)(21)1l n ( dldldl
当 ld 时略去高次项，得
dIdllIB 22 00
结果表明在与薄长金属板距离足够远处的磁场近似于长直电流的磁场。
8A-3 设氢原子基态电子轨道半径为 0a,运动周期为 T。
（ 1）求由于电子的轨道运动（如图）在原子核处（圆心处）产生的磁感应强度大小和方向。
（ 2） 电子轨道运动的磁矩。
（提示：电子绕核作圆周运动，可等效于圆电流，电流强度 /i eT?,T 为电子作圆周运动的周期）
解：①电子绕原子核运动的向心力是库仑力提供的。即,
ooooo am
evavmae 2,4 1 222 由此得
②电子单位时间绕原子核的周数即频率
oooo ama
eav 142
由于电子的运动所形成的圆电流
ooo ama
eei 14 2
因为电子带负电，电流 i 的流向与 v 方向相反
③ i 在圆心处产生的磁感应强度
ooo
o
o
o amaea iB 182 22,其方向垂直纸面向外
8A-4 如图示，有一密绕平面螺旋线圈，其上通有电流 I，总匝数为 N，它被限制在半径为 R1 和 R2 的两个圆周之间，求此螺旋线中心 O 处的磁感应强度。
（提示：每匝线圈等效于一圆电流。）
解：以 O 为圆心，在线圈所在处作一半径为 r 的圆，则在 r 到 r+dr
的圈数为
0a
e
v
B?
1R
2R
o
I
18
drRR N 12?
由圆电流公式得
1
2
1212
2
1
12
ln)(2)(2
)(2
R
R
RR
o N I
RRr
o N I d rB
RRr
N I d rdB
R
R
o
方向 ⊙
8A-5 如图，半径为 a，带正电荷且线密度是?（常数）的半圆，以角速度? 绕轴 O′
O″ 匀速旋转，求：（ 1） O 点的 B? ；（ 2）
旋转的带电半圆的磁矩 P? m（提示：将带电半圆分成许多小圆弧，这些小圆弧绕
O’O”轴旋转形成圆电流。积分公式
21sin 2 do ）。
解：（ 1）对 θ ~θ +dθ 弧元,dq=λ adθ,
旋转形成圆电流
addqdI 22,
它在 O 点的磁感应强度 dB 为,
dadaadB oO 23 22 s i n422 s i n
dBB a qd oO oo 88s in4 2
B 的方向向上
（ 2） adadp m )2/(s in 22 da 23 s in21?
omm dadpp 23 s in21 4/4/ 23 qaa
mP? 的方 向向上,
作业 9A 磁场基本性质
9A－ 1 如图，平行长直电流 A 和 B，电流强度均为 I，电流方向垂直纸面向外，两导线 相距 a,则
（ 1） P 点（ AB 中点）的磁感应强度 PB ＝ 0 ；
（ 2）磁感应强度 B? 沿图中环路 L 的线积分
L ldB
= 0I 。
（ 3）环路积分
L ldB
中的 B? 是由电流 A 和 B 所决定的。
'O 'O
a
O
19
9A-2,（ 1） 一条磁感应线上的任意二点处的磁感应强度一定大小相等么？为什么？
答,不一定。磁感应强度的大小由磁通密度（垂直通过单位面积的磁力线根数）决定 。
（ 2） 所示图中,①一个电流元的磁场是否在空间的所有点上磁感应强度均不为零？为什么？
②电流元 I d l? 在 a,b,c,d 四点产生的磁感应强度的方向？（设 I d l? 与 a,b,c,d
均在纸平面内）。
答：电流元延长线上的磁感应强度 为零。 a,b 垂直纸面向 外,c,d 垂直纸面向 内,
（ 3） 两个共面同心的圆电流 I1,I2 其半径分别为 R1,R2，问它们之间满足什么样关系时，
圆心处的磁场为零。
答：电流大小关系,0 1 0 2
1222
IIRR,即 11
22
IR?,方向：电流一为逆时针，一为顺时针
（ 4）设图中两导线中的电流 I1,I2 均为 2C，对在它们的磁场中的三条闭合曲线 a,b,c 分别写出安培环路定律等式右边电流的代数和，并说明
①各条闭合曲线上，各点的磁感应强度 B 的量值是否相 等？
②在闭合曲线 c 上各点的 B 值是否为零？为什么？
答：
02a B dl I
01b B dl I
0 1 2( ) 0c B d l I I
各闭合曲线上，各点的 B 不相等。闭合曲线 c 上各点 B 不一定为零，因为空间各点的磁感应强度由空间所有电流激发。
（ 5） 将一长直细螺线管弯成环形螺线管，问管内磁场有何变化？
答：长直细螺线管内部的磁场是均匀磁场，其大小为 0B n I
弯成环形螺线管后，其内部的 场强大小为,02NIB r,即磁场大小与环的半径有关。但对很细的环形螺线管，即环的平均半径 大 于 大 于 环形螺线管的外半径和内半径差时，近似有
0
02NIB n IR
（ 6） 如图所示，环绕一根有限长的载流直导线有一回路 c，
问对于 c 能否使用安培环路定理？试说明理由。
答：对回路 c，环路安培定律成立。但不一定能用安培环路定律求出环路 c 上某一点处的磁感应强度 B。因为，对于有限长 的 载流直导线，无法就磁感应强度 B 作出对称性 分析，所以无法用安
A B
a
L P
c
I2 I1
a b
c
Idl
a b
c
d
20
培环路定律求出 B。
9A－ 3 在磁感应强度为 B? 的均匀磁场中作一半径为 r 的半球面 S,S 边线所在平面的法线方向单位矢量 n? 与 B? 的夹角为?,则通过半球面 S 的磁通量为＿－ 2 cosrB。
9A-4 连到一个大电磁铁，通有 I 的电流的长引 线构造如下：中间是半径为 1R 的铝棒，周围同轴地套以内半径为 R2，外半径为 R3 的铝筒作为电流回程（筒与棒间充以油类并使之流动以散热）。在每件导体的截面上电流密度均匀。计算从轴心到圆筒外侧的磁场分布（铝和油本身对磁场分布无影响）。
解：铝棒电流密度为
1 21IR；
2 2232()IRR
由安培环路定律，得 rBldB
l?2
当 1rR? 时,22
1 21i IrIr R
0 2
12
IrB R
当 12R r R 时,II
i
02 IB r T;
当 23R r R 时,2222 3
22 2232()()i I R rI I r R RR
2203
2232()2 ( )I R rB R R r;
当 3rR? 时,0
i I
,B=0
9A-5,一均匀带电长直圆柱体，电荷体密度为?,半径为 R，绕其轴线匀速转动，角速度为
w,试求,
（ 1）圆柱体内距轴线 r 处的磁感强度
（ 2）两端面中心处的磁感强度
解 （ 1）体内均匀带电的长直圆柱体以角速度 w 旋转时，等效为一个多层的同轴密绕螺线管。
在管外,r>R 处,B=0。在管内距轴线 r 处，作如图所示的积分回路，由安培环路定理得
Idl 0?B
而 2)( 22 wlrRI,代入得
21
)(21 220 rRwB
将 r=0 代入，得中心轴线的磁感强度
2021 RwB
（ 2）端面中心处的磁感强度为中心轴线处的一半，即 2
041 RwB
9A-6,一无限大均匀载流平面置于外磁场中，左侧的磁感强度为 1B,右侧的磁感强度为 12 3BB?,方向如图 12-19 所示。试求,
（ 1）载流平面上的面电流密度；
（ 2）外磁场的磁感强度 0B
解 （ 1）作闭合回路 abcda,由安培环路定理得
ljlBBlBlBdl 01112 )3(?B
所以
0
12?Bj? 方向垂直纸面向外。
（ 2）面电流产生的磁场，在右边磁感强度的方向沿 z 轴正向，左边沿 z 轴负向，量值是
jB 0' 21 。
设外磁场为 kjiB zyx BBB 0000,由场强叠加原理,'02 BBB,即
jkkjik 00001 213 zyx BBBB
所以 00?xB,00?yB,
10 1010 22213 BBBB zk
即 10 2BB?
方向沿 z 轴正向。
9A-7,如图所示，两无限长平行放置的柱形导体通过等值，反向的电流 I,电流在两个阴影所示的横截面内均匀分布。设两个导体横截面的面知皆为 S，两圆柱轴线间距为 d 。试求两导体中部分交叠部分的磁感强度。
22
解,初看起来，导体中的电流不具有柱对称性。但是若将两载 流导体视为电流密度
SI
的圆柱体，由于其电流方向相反，则重叠部分的磁感强度可视为两个长直截流的完整圆柱体在场点的磁感强度的叠加。每个长直圆柱电流 B 的磁场则分别具有对称性，并可用安培环路定理求得，因此
1021101 22 rSIrSIrB
2022202 22 rSIrSIrB
取垂直纸面向外的单位矢量为 k?,d? 沿 1O 2O 指向
2O,则
101 2 rkSIB
,
202 )(2 rkSIB
dkSIrrkSIBBB 2)(2 021021
上式说明重叠部分空间的磁感强度与场点无关，即均匀分布的，其方向垂直 1O 2O 向上，数值为 SId20?,。
9A-8 如图，一无限长圆柱形直导体，横截面半径为 R，在导体内有一半径为 a 的圆柱形孔，它的轴平行于导体轴并与它相距为 b，设导体截面均匀分布的电流 I，求
（ 1）半径为 a 的圆柱形孔轴线上某点 O’的磁感应强度 BO’；
（ 2） 孔内任意一点 P 的磁感应强度 BP。
(提示：考虑对电流分布作等效处理，并应用磁场叠加原理。）
解,（ 1）
)( 22 aR Ij
211 rjI 222 rjI
jr
rIB oo 1111 22
（ 1）
2
22222ooIB r jr
（ 2）
对 O’点,将 r1=b 代 入 （ 1） 式 得
1' 22ooo IB bjb
(2) 对 P 点,B 1,B 2 方向如图所示 （ x 轴沿 OO’方向）
B = B 1+B 2
2211 c o ss in BBB x
O
b
R
a P
I
P
O 'O
1r
2r
b
x
y
1B
2B
2?
1?
1? 2?
'O
23
O
b
1R
2R
I
3R
I
= 0)c o ss in(
2 2211 rrjo
2211 s inco s BBB y
= )s inc o s(2
2211 rrjo? jbo2
B=By=
)(22 22 aR bIjb oo
作 业 10A 磁介质
10A－ 1 图示为三种不同的磁介质的 B ~ H 关系曲线，其中虚线表示的是 HB 0 的关系。说明 a,b,c 各代表哪一类磁介质的 B ~ H 关系曲线,
a 代表 铁磁质 的 B ~ H 关系曲线 ;
b 代表 顺磁质 的 B ~ H 关系曲线 ;
c 代表 抗磁质 的 B ~ H 关系曲线。
10A-2,螺绕环中心周长 l = 10 cm，环上均匀密绕线圈 N = 200 匝，线圈中通有电流 I = 0.1
A．管内充满相对磁导 率 r? = 4200 的磁介质．螺绕环 内的磁感应强度可近似看成均匀磁场，
试求管内磁场 强度 和磁感应强度,
答案,1.06 T
10A-3.通电长 直 螺线管内的左半段充 满相对磁导率为 r? 的磁介质,右半段是真空,则 在螺线管 内,位于 介质和 空气中 相等的物理量是 ____________（磁场强度、磁感应强度、磁通量） 。
答,磁场强度
10A-4.一根同轴线由半径为 R1 的长导线和套在它外面的内半径为 R2、外半径为 R3 的同轴导体圆筒组成。中间充满磁导率为? 的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图。传导电流 I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的，求同轴线内外的磁感应强度大小 B 的分布。
解：由安培环路定理, iIldH
10 Rr 区域,212/2 RIrrH
212 RIrH
，
2102 RIrB
21 RrR 区域,IrH2
rIH?2?,rIB2?
32 RrR 区域,)( )(2 2
2232
2222
RR RrIIrH
)
)( )(1(2 22322
222
RR RrrIH
)
)( )(1(2 22232 222 RR RrrIHB
B a
b
c
O H
24
3Rr? 区域,H=0,B=0
作 业 11A 磁感应的基本定律和动生电动势
11A-1.如图，有一半径为 r=10 ㎝的多匝圆形线圈，匝数 N=100，置于均匀磁场 B 中（ B=0.5T），
圆形线圈可绕通过圆心的轴 O1O2 转动，转速 n=600r/min，求圆线圈自图示的初始位置转过
21 时,
（ 1）线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻 R 为 100Ω,
不计自感 ）
（ 2）圆心处的磁感应强度（ 0? =4π × 10-7H/m）
解：（ 1）设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为?,则通过该圆线圈平面的磁通量为,
cos2rB ntt 2
ntrB 2c os2
在任意时刻线圈中的感应电动势为,
ntnrNBdtdN 2s in22
ntnrNB 2s in2 22?
t
TIntR nN B rRi m 2s in2s in2 22
当线圈转过 2/? 时,t=T/4，则
ARnN B rIi m 9 8 7.0/2 22
（ 2）由线圈中电流 Im 在圆心处激发的磁场为
TrNIB m 40 1020.6)2/(
方向竖直向下,故此时圆心处激发的磁感应强度的大小
5 0 0.0)( 2/1220 BBB T
方向与磁场 B? 的方向基本相同。
11A-2 载有电流 I 的长直导线附近，放一导体线段 ab，长为 l,离长直导线距离为 b
（如图 a 所示）。设导体线段以速度 v? 平行导线平移，求导体线段中的感应电动势的大小和方向以及 a,b 两端的电势哪点高？如果把导体线段换成导体半圆环 MeN
（如图 b 所示）,其直径与导体线段同长，
也为 l,则结果又怎样？
解,（ a）根据动生电动势
abab ldBv )(?
dldab dxxIv 2 0 d ldIv ln20
1O 2O
rB?
I
v
d l
a b I
v
d l
M N
e
)(a
)(b
25
x
r
X
R
OI
负号表示电动势方向从 b 指向 a,a 点电势高。
d ldIvUU abba ln20
(b) 为计算简单，可引入一条辅助线 MN，构成闭合回路 MeNM，闭合回路总电动势
0 NMM e N总 MNNMM e N
则结果与上题相同。
11A-3 两个半径分别为 R 和 r 的同轴圆形线圈相距 x，且 RxrR,，若大线圈通有电流 I 而小线圈沿 X 轴方向以速率 V 运动，试求 x=NR 时（ N 为正数），小线圈回路中产生的感应电动势的大小。（提示：大线圈在小线圈处产生的磁感应强度可近似看成均匀的）
解,由题意，大线圈中的电流 I 在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。
2/322
2
2/322
2
)(2 0)( 24 0 xR
IR
xR IRB
故穿过小回路的磁通量为,
32
2202
2/3)22( 2220 x
RIrr
xR IRSB
由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为,
dtdxx IRrdtdi 4 22023 vx IRr4 22023
当 x=NR 时，小线圈回路中的感应电动势为
)2/(3 2420 RNIvri
11A-4 如图所示，长直导线中通有电流 I=5C，另一矩形线框共 1000 匝，宽 a =10cm，长
L=20cm,以 smv /2? 的速度向右平动，求 当
cmd 10? 线圈中的感应电动势。
解,xIB20?,设加路绕行方向为顺时针方向，则 B LdxB dSd
I
v?
y
a
L
x
dx
I
v?
d a
L
26
y ayILxI L d xd ayyayy ln22 00
dtdN )(2 0 ayy vaILN
当 cmdy 10 时,
mV21.0)1.01.0( 21.02 1042.051 0 0 0 7
11A-5 上题中若线圈不动，而长导线中通有交变电流 ti?100sin5? A,线圈内的感应电动势为多大？若线圈向右平动，而长导线中能有交变电流，则线圈内感应电动势又为多大？
解：同上有,
y ayILxI L d xd ayyayy ln22 00
dtdN
ty aytLN 100c o s1.0 2.0ln2.01041000250ln100c o s250 70
t?100c o s104.4 2 V
若线圈在向右平动的同时，电流也在变化，则有
dtdN y aydtL d iN ln2 /0 ＋ )(2 0 ayy vaiLN
t?100c o s104.4 2 ＋ t?100sin100.2 3 （ V）
作 业 12A 位移电流和 Maxwell 方程
12A-1,对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确,
(A) 位移电流是指变化电场,
(B) 位移电流是由线性变化磁场产生的,
(C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律,
(D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理,［ ］
答案：（ A）
12A-2,下列哪种情况的位移电流为零？
(A) 电场不随时间而变化； (B) 电场随时间而变化；
(C) 交流电路； (D) 在接通直流电路的瞬时。 [ ]
答案：（ A）
12A-3,在麦克斯韦方程组的积分形式中，反映变化的磁场产生涡旋电场的方程
为 。
答案,
SL StBlE?
dd
12A-4,在麦克斯韦方程组的积分形式中，反映磁场为无源场（即磁感应线形成闭合曲线）
的方程为 。
27
答案,0d
S SB
12A-5,全电路安培环路定理（律）表 达 式 为 ________________________________.并 说明表达式中各量的物理意 义 _______________________________________。
答,
SL StDJlH?
d)(d 其中 H? 为磁场强度,J? 为位移电流密度,D? 为电位移矢量 。
12A-6 一平行板电容器的两板都是半径为 5.0cm 圆导体片，在充电时，其中电场强度的变化率为 12100.1/dtdE V/m.s。求极板边缘的磁感应强度 B 。
解,
S Sdt
DldH
取半径为 r 的圆周为安培环路，则 H 的环路积分为
rHldH?2
而 2
00 rdtdEdSdtdESdtD sS
rdtdEH 20,rdtdEB 200
将 r=0.05m 代入上式得 7108.2B T。所以尽管 dtdE/ 很大，但变化电场激发产生的磁场仍很小。
12A-7 一平行板电容器，极板是半径为 R 的圆形金属板，两极板与一交变电源相连接，极板上电量变化规律为 tqq?sin0? 。不计边缘效应。
（ 1）求两极板间位移电流密度的大小；
（ 2）求在两极板间 离中心轴线距离为 r(r<R)处磁场强度 H? 的大小。
解,(1) 两极板间的位移电流
tqdtdQI
d c o s0
SIj dD 20 cosR tq
(2)根据全电流定律
S Sdt
DldH
由于 )/( 2RQD
所以 )/(co s2 220 RrqrH
)2/(co s 20 RrqH
